Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Hoá học lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Bà Rịa-Vũng Tàu

Chia sẻ: Le Hung | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

11
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

'Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Hoá học lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Bà Rịa-Vũng Tàu' giúp các bạn học sinh có thêm tài liệu ôn tập, luyện tập giải đề nhằm nắm vững được những kiến thức, kĩ năng cơ bản, đồng thời vận dụng kiến thức để giải các bài tập một cách thuận lợi. Chúc các bạn thi tốt!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Hoá học lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Bà Rịa-Vũng Tàu

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU NĂM HỌC 2019-2020 Môn thi: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC 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. Mô 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 AlCl 3. 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 (không dán nhãn) lần lượt chứa năm khí riêng biệt sau: NO, NH3, CO2, CO, N2. 1.3. Hòa tan hoàn toàn 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 hoàn toàn thu được hỗn hợp Y có tỉ khối so với H2 là 6,25. a) Lập công thức phân tử, viết công 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 CO2 (các chất khí đo cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất). Cho 0,05 mol khí A tác dụng với dung dịch AgNO 3/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 công thức phân tử C7H6O3 có những tính chất sau: Tác dụng với dung dịch NaHCO3 tạo chất ra Y có công thức C7H5O3Na; Tác dụng với anhiđrit axetic tạo chất Z có công thức C 9H8O4 (chất Z tác dụng được với NaHCO3); Tác dụng với metanol (xúc tác H2SO4 đặc) tạo ra chất T có công 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 toàn cầu. Hãy trình bày các quá trình oxi hóa khử trong phản ứng ăn mòn điện hóa trên bề mặt một vật làm bằng gang để trong không 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 O2, 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. Cô cạn hoàn toàn 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 hoàn toàn rồi cô 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 không khí vừa đủ, sau đó đưa hỗn hợp sau phản ứng về 136,5 oC 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 MÔN THI: HÓA HỌC (Hướng dẫn chấm gồm có 06 trang ) Câu Ý Nội dung Điểm Câu 1. a) Tạo kết tủa rồi kết tủa tan 4,0 đ 1.1. Al3+ + 3OH Al(OH)3 1,0đ Al(OH)3 + OH AlO2 + 2H2O 0,25đ 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 0,25đ không màu hóa nâu ngoài không khí. 3Cu2+ + 8H+ + 2NO3 3Cu2+ + 2NO + 4H2O 0,25đ 2NO + O2 2NO2 d) Có phản ứng, không hiện tượng PO43 + H2PO4 2HPO42 0,25đ Nhận biết được: - Mở nắp bình, khí không màu hóa nâu ngoài không khí là NO. 2NO + O2 2NO2 0,25 - Cho mẫu quỳ tím ẩm lên miệng bình khí, làm quỳ tím hóa xanh là 1.2. NH3: NH3 + H2O NH4+ + OH 0,25 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 0,25 - Cho vào ống nghiệm chứa dung dịch Ca(OH)2, thấy tạo kết tủa là CO2, còn lại là khí N2. 0,25 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 0,25 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. 0,25 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 0,25 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). 0,25 Khối lượng muối = 4,632*10 = 46,32 gam % khối lượng Zn(NO3)2 = 32,64% % khối lượng Mg(NO3)2 = 63,90% 3
% khối lượng NH4NO3 = 3,45% 0,25 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. 0,25 KOH phản ứng với: H+, NH4+, Mg2+ và Zn2+ (tạo kết tuả rồi kết tủa tan hết) 0,25 Số mol KOH = 0,144 + 0,02 + 0,2*2 + 0,08*4 = 0,884 mol 0,25 Câu 2.1. Xét 1 mol hỗn hợp X, khối lượng hỗn hợp là 10 gam. 2. Hỗn hợp Y có Mtb = 12,5 => Y có hiđro dư, anken phản ứng hết. 0,25 1,0đ 4,0đ CnH2n + H2 CnH2n+2 (số mol giảm đúng bằng số mol của CnH2n) 0,25 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. 0,25 - 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% 0,25 2.2. CxHy + (x + y/4)O2 xCO2 +y/2H2O 1,0đ 5x = 4x + y => x = y => (CH)n 0,25 Vì A là chất khí nên n ≤ 4, và số H luôn chẵn nên có 2 trường hợp TH1: n = 2: C2H2 CTCT: CH ≡ CH CH ≡ CH + 2AgNO3 + 2NH3 CAg ≡ CAg↓ + 2NH4NO3 0,25 m = 0,05*240 = 12 gam. TH2: n = 4: C4H4 CTCT: CH2 = CH – C ≡ CH (vì A mạch hở, tạo kết 0,25 tủa với AgNO3 CH2 = CH – C ≡ CH + AgNO3 + NH3 CH2 = CH – C ≡ CAg↓ + NH4NO3 m = 0,05*159 = 7,95 gam. 0,25 2.3. X: C7H6O3 (kX = 5) 2,0đ X Tác dụng với dung dịch NaHCO3 tạo chất ra Y có công thức C7H5O3Na X có 1 nhóm –COOH. 0,25 X Tác dụng với metanol (xúc tác H2SO4 đặc) tạo ra chất T có công 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. 0,25 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. 0,25 X là o-HO-C6H4-COOH. Các phương trình hóa học: o-HO-C6H4-COOH + NaHCO3 o-HO-C6H4-COONa (Y) + CO2 + 0,25.5 H2O. = 1,25 o o-HO-C6H4-COOH + (CH3CO)2O H SO ,t 2 4 o-CH3COO-C6H4-COOH (Z) + CH3COOH. o-CH3COO-C6H4-COOH + NaHCO3 o-CH3COO-C6H4-COONa + CO2 + H2O. 4
H 2SO4 o-HO-C6H4-COOH + CH3OH to o-HO-C6H4-COOCH3 (T) + H2O. o o-HO-C6H4-COOCH3 + 2NaOH t o-NaO-C6H4-COONa + CH3OH + H2O. Câu 3. 3.1 Trong không khí ẩm ngoài khí O2 và N2 còn có hơi nước và các khí CO2, SO2 … tạo dung dịch chất điện li: H2CO3, H2SO3 … 4,0đ 1,0đ 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 0,25 ăn mòn điện hóa. +Tại anot Fe bị oxi hóa (nhường electron): Fe Fe2+ + 2e. 0,25 Các electron được giải phóng chuyển đến catot (C) +Tại catot O2 hòa tan trong nước bị khử (nhận electron) 0,25 O2 + 4e + H2O 4OH +Trong nước có hòa tan oxi, tiếp tục oxi hóa Fe2+ tạo gỉ sắt có thành phần chính là Fe2O3.nH2O VD: 4Fe2+ + O2 + 8OH 2Fe2O3.2H2O 0,25 3.2 (1) Fe + 2HCl FeCl2 + H2 (2) 3Fe2+ + 4H+ + NO3 3Fe3+ + NO + 2H2O. 1,0đ (3) Fe2+ + Ag+ Fe3+ + Ag. (4) Ag+ + Cl AgCl 0,25 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) 0,25 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) 0,25 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) 0,25 3.3 Vì KHCO3 là hợp chất lưỡng tính nên có hai trường hợp: TH1: Dung dịch A chứa H2SO4: 2,0đ (1) CuSO4 + 2KCl Cu↓+ Cl2 + K2SO4 (2) CuSO4 + 2H2O 2Cu↓+ O2 + 2H2SO4 (3) H2SO4 + 2KHCO3 K2SO4 + CO2 + 2H2O. 0,5 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. 0,5 TH2: Dung dịch A chứa KOH: (1) CuSO4 + 2KCl Cu↓+ Cl2 + K2SO4 (2) 2KCl + 2H2O Cl2 + H2 + 2KOH 0,5 5
(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. 0,5 4.1 a) Gọi CTPT của X là CnH2n+2-2kO6 (a mol); số mol của H2O là b mol. 90,16 63,84 2,0đ Ta có: nO2 = = 4,025 (mol) ; nCO2 = = 2,85 (mol) ; 22,4 22,4 16,0 nBr2 = = 0,10 (mol) . 160 Ta có hệ phương trình: nBr2 = (k − 3).a = 0,10 0,75 (k − 1).a = 2,85 − b nO = 6.a + 2.4,025 = 2.2,85 + b a = 0,05 b = 2,65 k=5 0,25 k.a = 0,25 Bảo toàn C n = 57 Vậy CTPT của X là C57H106O6. 0,50 b) Bảo toàn khối lượng, ta có m = 44,3 gam. nKOH = 0,12 (mol) Ta có: nMOH = 0,20 (mol) nNaOH = 0,08 (mol) nGlixerol = nX = 0,05 (mol) Bảo toàn khối lượng, ta có p = 49,62 gam. 0,50 4.2 Theo đề bài ta có: nO2 = 1,05 mol;nCO2 = 1,00 mol;nH2O = 0,90 mol;nAg = 0,20 mol. 2,0đ Vì hỗn hợp M tạo kết tủa Ag với AgNO3/NH3 nên trong M có HCOOH Mà MX < MY < MZ nên X là HCOOH. 0,25 4.2 (2 Gọi nX = a, nY = nZ = b, nT = c. điểm) nCO2 − nH2O Ta có: k − 1 = nHCHC (3 − 1).nT = nCO2 − nH2O c = 0,05 mol nAg = 2a + 2c = 0,20 a = 0,05 mol 0,25 Bảo toàn oxi, ta có: 2a + 2b + 2b + 6c = 0,80 mol b = 0,1 mol 0,25 Gọi CY: số nguyên tử cacbon của Y; CZ: số nguyên tử cacbon của Z; CE: số nguyên tử cacbon của Z. Bảo toàn 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 6
CY = 2 0,25 Vì CY 2; CZ 3; CE 3 nên CZ = 3 CE = 3 0,25 Vậy công thức phân tử của T là C9H14O6. Bảo toàn khối lượng mM = 26,6 gam 0,50 218.0,05 %mT = .100 = 40,98% 26,6 5.1 Xét hỗn hợp Z, ta có: MZ = 36,6 Z gồm CH3NH2 và C2H5NH2. n C 2H5 NH 2 + n CH3NH 2 = 0, 2 1,0đ 45n C 2H 5NH 2 + 31n CH 3NH 2 = 0, 2.18,3.2 n C 2H 5 NH 2 = 0, 08mol n CH 3NH 2 = 0,12 mol 0,25 Khi cho hỗn hợp X tác dụng với NaOH vừa đủ thì: t0 (C 2H 5 NH 3 ) 2 CO 3 (A) + 2NaOH Na 2CO 3 (D) + 2C 2H 5 NH 2 + 2H 2O 0,25 (COONH 3CH 3 ) 2 (B) + 2NaOH t 0 (COONa) 2 (E) + 2CH 3NH 2 + 2H 2O 0,25 nD = 0,5nC2H5NH 2 = 0,04mol mD = 0,04.106 = 4,24 gam Câu 5 0,25 nE = 0,5nCH3NH 2 = 0,06mol mE = 0,06.134 = 8,04 gam 4,0đ 5.2 Giả sử O2 : a mol CO2 : 3x + 4y CH 2 =CH� CN: x mol tr�ngh�p + N 2 : 4a mol 1,0đ polime H 2O:1,5x+3y CH 2 =CH� CH=CH 2 : y mol N 2 : 0,5x + 4a 0,25 BTNT O n O2 = a = 3,75.x+5,5.y n N2 = 4a = 15.x+22.y 0,25 3x + 4y = 0,1441 (3x + 4y) + (1,5x + 3y) + (0,5x + 15x + 22y) 0,25 x = 0,66y Tỉ lệ mắt xích Butadien và Acrylonitrin là x : y ≈ 0,66 : 1 ≈ 2 : 3 0,25 7
5.3 Gọi CTPT của X là CnH2n+2-kNkOk+1 (n 4, k 2) CO2 : n 2,0đ + O2 CnH 2n+2−k N k Ok +1 k H 2O : n + 1 − 2 k Ta có: nCO2 − nH 2O = 1 − 1− 1 k=4 2 Tương tự ta có kY = kZ = 4. Vậy X, Y, Z đều là tetrapeptit. 0,25 đ - Gọi t là số mol của hỗn hợp E. Bảo toàn khối lượng, ta có: mE + 40.nNaOH = mmu�i + 18.nH 2O 69,8 + 40.4t = 101,04 + 18t t = 0,22mol 0,25 đ Xét hỗn hợp muối ta có: 111nAlaNa + 139nValNa = mmu�i nAlaNa + nValNa = 4nE 111nAlaNa + 139nValNa = 101,04 nAlaNa + nValNa = 0,88 nAlaNa = 0,76 nValNa = 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