Luyện thi quốc tế

UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN
DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2011- 2012
Môn thi: HÓA HỌC
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 12 tháng 10 năm 2011
Họ và tên thí sinh:………………………………………… Số báo danh:……………………………………
Cho biết khối lượng nguyên tử: của các nguyên tố: H=1; He=4; C=12; N=14; O=16; F=19; Na=23;
Mg=24; Al=27; Si=28; P=31; S=32; Cl=35,5; K=39; Ca=40; Cr=52; Mn=55; Fe=56; Ni=59; Cu=64; Zn=65;
Br=80; Ag=108; Sn=119; I=127; Ba=137; Au=197; Hg=200; Pb=207.
Câu I: (4 điểm). Nung a gam Fe trong không khí, sau một thời gian người ta thu được 104,80 gam hỗn hợp rắn
X gồm: Fe, FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
. Hoà tan hoàn toàn X trong dung dịch HNO
3
dư, thu được dung dịch Y và 6,048
lít hỗn hợp khí NO và NO
2
(là sản phẩm khử duy nhất, ở 0
o
C; 2 atm) và có tỉ lệ mol NO với NO
2

là 1 : 2.
1/ Viết các phương trình phản ứng.
2/ Tính a và số mol axit HNO
3
đã phản ứng.
Câu II: (2 điểm).
1/ Tính năng lượng ion hoá I
1
, I
2
, I
3
, I
4
và I
5
của nguyên tử
5
X.
2/ Cho các phân tử (góc liên kết): H
2
O (104
o
), F
2
O (103
o
), SCl
2
(100

o
), SF
2
(98
o
).
a) Cho biết trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học của các phân tử trên.
b) Giải thích gắn gọn độ lớn góc liên kết giữa các phân tử trên.
Câu III: (2 điểm).
1/ Hoà tan 0,01 mol A và 0,01 mol B vào 1 lít nước ở 27
o
C, có cân bằng (A, B, C, D đều là chất tan
trong nước)
A + B ⇌ C + D
a) Biết rằng phản ứng có bậc động học bằng 2 và 3/4 B đã bị phân huỷ sau 2 giờ. Tính hằng số tốc độ
phản ứng và thời gian nửa phản ứng.
b) Khi nhiệt độ tăng từ 27
o
C lên 127
o
C, thì tốc độ phản ứng tăng lên 4 lần. Tính thời gian nửa phản ứng
tại 127
o
C và năng lượng hoạt hoá của phản ứng.
2/ Trộn CO với hơi H
2
O tại 1000K theo tỉ lệ mol 1:1. Tính thành phần phần trăm số mol của hỗn hợp ở
trạng thái cân bằng.
Biết rằng: 2H
2

O
(h)
⇌ 2H
2(k)
+ O
2(k)
K
P1
= 10
-20,113
2CO
2(k)
⇌ 2CO
(k)
+ O
2(k)
K
P2
= 10
-20,4
Câu IV: (2 điểm).
1/ Hoàn thành các phương trình phản ứng sau trong dung dịch dạng phân tử (nếu có):
1. BaSO
4
+ Na
2
CO
3(dư)
→ 2. Ag
2

S + HNO
3

(dư)
→ 3. H
3
PO
4
+ NH
3(dư)

4. (NH
4
)
2
SO
4
→ N
2
+ 5. ZnS + HNO
3(hết)
→ NO + 6. Cu[(NH
3
)
4
](NO
3
)
2
+ H

2
S
→
7. Al(NO
3
)
3
+ NaF
(dư)
→ 8. KI + KMnO
4(dư)
+ H
2
SO
4(loãng, dư)
→
2/ Có hỗn hợp X gồm BaSO
4
, CuS, Ag
2
S và CaCO
3
. Viết sơ đồ tách lấy mỗi kim loại từ hỗn hợp X.
Câu V: (2 điểm). Có dung dịch X gồm Fe
2
(SO
4
)
3
0,100M; FeSO

4
0,010M và NaCl 2M.
1/ Cần đặt điện thế tối thiểu là bao nhiêu để có quá trình oxi hóa và quá trình khử xảy ra đầu tiên ở mỗi
điện cực khi điện phân dung dịch X ở pH = 0.
2/ Điện phân 100 ml dung dịch X với cường độ dòng điện một chiều không đổi có I = 9,650A và trong
thời gian 100 giây, thu được dung dịch Y.
a) Tính khối lượng dung dịch giảm trong quá trình điện phân.
b) Tính pH của dung dịch Y.
c) Lắp một pin điện gồm một điện cực hiđro tiêu chuẩn với một điện Pt nhúng vào dung dịch Y. Tính
sức điện động của pin khi pin bắt đầu phóng điện và viết sơ đồ pin.
(Giả thiết rằng H
2
O bay hơi không đáng kể và thể tích của dung dịch không thay đổi trong quá trình điện phân)
Cho: E
o
(Fe
3+
/Fe
2+
)
= 0,771V; E
o
(2H
+
/H
2
)
= 0,00V;
*
β

[Fe(OH)]
2+
= 10
-2,17
;
*
β
[Fe(OH)]
+
= 10
-5,92
;
1
ĐỀ CHÍNH THỨC
E
o
(Cl
2
/2Cl
-
)
= 1,36V
2
Câu VI: (2 điểm)
1/ Gọi tên 5 hợp chất sau:
a)
b)
c)
d)
e)

2/ Có ba hợp chất: A, B và C
a) Hãy so sánh và giải thích tính axit của A và B.
b) Hãy so sánh nhiệt độ sôi và độ tan trong dung môi không phân cực của B và C. Giải thích?
c) Cho biết số đồng phân lập thể có thể có của A, B và C.
Câu VII: (2 điểm). Xác định các chất còn lại trong các sơ đồ sau và nêu tên cơ chế tạo ra chúng
a) Hoàn thành sơ đồ sau:
CH
3
CH
2
CH
3
(A)
B
C
C
D
A
b) Hoàn thành sơ đồ sau:
c) Hoàn thành sơ đồ sau:
Câu VIII: (2 điểm)
1/ Hiđro hóa một hiđrocacbon A (C
8
H
12
) hoạt động quang học thu được hiđrocacbon B (C
8
H
18
) không

hoạt động quang học. A không tác dụng với Ag(NH
3
)
2
+
và khi tác dụng với H
2
trong sự có mặt của Pd/PbCO
3
tạo hợp chất không hoạt động quang học C (C
8
H
14
).
a) Lập luận xác định cấu tạo (có lưu ý cấu hình) và gọi tên A, B, C.
b) Oxi hóa mãnh liệt A bằng dung dịch KMnO
4
trong H
2
SO
4
.Viết phương trình hoá học.
2/ Hợp chất hữu cơ X có trong thành phần của ong chúa có CTPT C
10
H
16
O
3
. Từ X có các chuyển hoá sau :

H
2
/Ni,t
0
X
Y
1.NaBH
4
,t
0
thâ'p
2.H
2
O
Z
H
2
SO
4
®Æc
,t
0
T
Khi Ozon phân T chỉ thu được CH
3
COOH và một axit cacboxylic mạch không nhánh G hai chức. Còn nếu O
3
phân
X thì thu được hỗn hợp sản phẩm trong đó có axit oxalic. Hãy suy luận CTCT của X, Y, Z, T.
Câu IX: (2 điểm). Khi đun nóng axtanđehit với dung dịch HCHO dư trong môi trường kiềm, kết thúc thí nghiệm người

ta thu được một hợp chất hữu cơ X chứa C, H, O có phân tử khối là 136 đvC. Đốt cháy hoàn toàn 1,36 gam X thu được
1,08 gam H
2
O và 2,2 gam CO
2
. Cho hơi của X qua ống sứ chứa CuO đốt nóng thu được hợp chất hữu cơ Y có phân tử
khối nhỏ hơn của X là 8 đvC. Mặt khác 2,56 gam Y tác dụng với AgNO
3
trong NH
3
dư tạo ra 17,28 gam Ag.
1/ Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của X, Y và gọi tên.
2/ Viết sơ đồ phản ứng tạo ra X từ các chất ban đầu.
3/ Cho X vào dung dịch NaBr bão hoà, sau đó thêm từ từ H
2
SO
4
đặc nóng vào hỗn hợp thu được hợp chất hữu
cơ Z không chứa oxi. Nếu đun nóng Z với bột Zn được chất hữu cơ Q có tỷ khối so với H
2
nhỏ hơn 45. Hãy xác
định công thức cấu tạo của Z, Q và gọi tên.
Hết
Giám thị không giải thích gì thêm, thí sinh không được sử dụng tài liệu
3
UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN

DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2011- 2012
Môn thi: HÓA HỌC
I. PHẦN VÔ CƠ.
Câu Nội dung Điểm
I 4 điểm
Nung a gam Fe trong không khí, sau một thời gian người ta thu được
104,80 gam hỗn hợp rắn X gồm: Fe, FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
. Hoà tan hoàn toàn
X trong dung dịch HNO
3
dư, thu được dung dịch Y và 6,048 lít hỗn hợp
khí NO và NO
2
(là sản phẩm khử duy nhất, ở 0
o
C; 2 atm) và có tỉ lệ mol
NO với NO
2
là 1:2.
4 điểm
1/ 1/ Viết 11 phản ứng. 2 điểm
2/ Tính theo bảo toàn khối lượng và bảo toàn electron.

Đ/S: a = 78,4 gam; nHNO
3
= 4,74 mol.
2 điểm
II 2 điểm
1/
Tính năng lượng lượng ion hoá I
1
, I
2
, I
3
, I
4
và I
5
của nguyên tử
5
X.
* Cách 1: Nhận xét: Trị số năng lượng ion hoá của một e còn lại
trong lớp bằng trị số năng lượng của e đó và tổng trị số năng lượng ion hoá
trong một lớp bằng tổng trị số năng lượng của các electron trong cấu tử đó.
Theo từ (1) đến (5) ta có:
+ Theo (5): I
5
= -E(1s') = - (-13,5 = 340 (eV)
+ Theo (4 và 5): I
4
+ I
5

= -E(1s
2
)
→ I
4
= - (-13,6
12
2)3,05( −
. 2) - 340 = 260,848 (eV)
+ Theo (3): I
3
= ε(2s') = - (-13,6 ) - = 37,026 (eV)
+ Theo (2 và 3): I
2
+ I
3
= -E(2s
2
)
→ I
2
= - (-13,6 . 2) - 37,026 = 22,151 (eV)
+ Theo (1, 2 và 3): I
1
+ I
2
+ I
3
= - E(2s
2

2p
1
)
→ I
1
= - (-13,6 . 2) - 37,026 - 22,151 = 9,775(eV)
* Cách 2 Tính theo tổng năng lượng các e theo từng cấu hình e:
+ Tính:
E
1
= E (1s') = -13,6 = - 340 (eV) = I
5
E
2
= E (1s
2
) = -13,6 .2 = - 600,848 (eV) = I
4
+ I
5
→ I
4
= E
2
- E
1

-E
3
= -E (1s

2
2p
1
) = -(E (1s
2
) + E (2p
1
)) = -(-600,848 + (-13,6 ) = 637,874
(eV) = I
5
+ I
4
+ I
3
→ I
3
= E
3
- E
2
-E
4
= -E (1s
2
2p
2
) = -(E (1s
2
) + E (2p
2

)) =)-(-600,848 + (-13,6 .2 )) = I
5
+
I
4
+ I
3
+ I
2

1 điểm
4
= 660,025 (eV) I
2
= -E
4
+ E
3
=
-E
5
= -E (1s
2
2s
2
2p
1
) = -E (1s
2
) + -E (2s

2
2p
1
) = -(-600,848 + (-13,6 . 3 )
= 669,8 (eV) → I
5
+ I
4
+ I
3
+ I
2
+ I
1
= -E
5
→ I
1
= -E
5
+ E
4

Theo kết quả trên và dựa vào mối quan hệ giữa I và E :
I
n
= -E
1
; I
n

+ I
n-1
= -E
2
; …; I
1
+ I
2
+ … + I
n
= -E
n

Nên ta có:
I
1
= -E
5
+ E
4
= - (-669,8) - 660,025 = 9,775 (eV)
I
2
= -E
4
+ E
3
= - (-660,025) - 660,025 = 22,151 (eV)
I
3

= -E
3
+ E
2
= - (637,874) - 600,848 = 37,026 (eV)
I
4
= -E
2
+ E
1
= - (600,026) - 340 = 260,848 (eV)
I
5
= -E
1
= 340 (eV)
2/
Cho các phân tử (góc liên kết): H
2
O (104
0
), F
2
O (103
0
), SCl
2
(100
0

), SF
2
(98
0
).
a) Cho biết trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học của
các phân tử trên.
b) Giải thích gắn gọn độ lớn góc liên kết giữa các phân tử trên.
H
2
O F
2
O SCl
2
SF
2
TT Lai hóa sp
3
sp
3
sp
3
sp
3
Dạng hình
học
Hình chữ V Hình chữ V Hình chữ V Hình chữ V
Giải thích độ
lớn góc liên
kết

Cặp e liên
kết lệch
nhiều về
phía oxi.
Cặp e liên
kết lệch về
phía flo.
Cặp e liên
kết lệch về
phía clo,
liên kết dài
hơn
Cặp e liên
kết lệch
nhiều về
phía flo.
1 điểm
III 2 điểm
1/
1/ Hoà tan 0,01 mol A và 0,01 mol B vào 1 lít nước ở 27
0
C, có cân bằng
(A, B, C, D đều là chất tan trong nước)
A + B ⇌ C + D
a) Biết rằng phản ứng có bậc động học bằng 2 và 3/4 B đã bị phân huỷ sau
2 giờ. Tính hằng số tốc độ phản ứng và thời gian nửa phản ứng.
b) Khi nhiệt độ tăng từ 27
0
lên 127
0

C, thì tốc độ phản ứng tăng lên 4 lần.
Tính thời gian nửa phản ứng tại 127
0
C và năng lượng hoạt hoá của phản
ứng.
Hướng dẫn:
a) Đối với phản ứng bậc 2 ta có: k = (1/t)(x/a(a-x))
Với a = 10
-2
và x/a-x = (3/4)/(1/4) = 3; do đó
k = (1.3)/120.10
-2
= 2,5 (mol
-1
.phút
-1
).l
t
1/2
= 1/k.a = 1/2,5.10
-2
= 40 (phút)
b) + Vì tốc độ phản ứng tăng 4 lần có nghĩa hằng số tốc độ tăng 4 lần, vì
vậy ta có thời gian nửa phản ứng là t
1/2
= 1/k.a = 1/2,5.4.10
-2
= 10
(phút)
+ Có năng lượng hoạt hoá là:

1 điểm
5
E = (T
1
.T
2
/T
1
-T
2
).2,303.8,314.lgk
T
1
/k
T
2
= (300.400/100).2,303.8,314.lg4
= 13,833kJ
2/
Trộn CO với hơi H
2
O tại 1000K theo tỉ lệ mol 1:1. Tính thành phần của
hỗn hợp đạt tới trạng thái cân bằng.
Biết rằng: 2H
2
O
(h)
⇌ 2H
2(k)
+ O

2(k)
K
P1
= 10
-20,113
2CO
2(k)
⇌ 2CO
(k)
+ O
2(k)
K
P2
= 10
-20,4
Hướng dẫn: Tổ hợp hai cân bằng trên ra cân bằng cần tính.
Đ/s: %CO
2
= %H
2
= 27%; %CO = %H
2
O = 23%.
1 điểm
IV 2 điểm
1/ Hoàn thành các phương trình phản ứng sau trong dung dịch dạng phân tứ
(nếu có):
1. BaSO
4
+ Na

2
CO
3(dư)
→ 2. Ag
2
S + HNO
3

(dư)
→ 3. H
3
PO
4
+
NH
3(dư)

4. CO
2
+ CaOCl
2
+ H
2
O → 5. ZnS + HNO
3(hết)
→ NO +
6. Cu[(NH
3
)
4

](NO
3
)
2
+ H
2
S → 7. Al(NO
3
)
3
+ NaF
(dư)
→ 8. KI +
KMnO
4(dư)
+ H
2
SO
4
→
Hướng dẫn: Các phương trình phản ứng là:
1. BaSO
4
+ Na
2
CO
3(dư)
⇌ BaCO
3
+ Na

2
SO
4
2. Không xảy ra.
3. H
3
PO
4
+ 2NH
3
→ (NH
4
)
2
HPO
4
4. 3(NH
4
)
2
SO
4
→ N
2
+ 3SO
2
+ 4NH
3
+ 6H
2

O
5. 3ZnS + 8HNO
3
→ 3ZnSO
4
+ 8NO + 4H
2
O
6. Cu[(NH
3
)
4
](NO
3
)
2
+ 3H
2
S → CuS + 2NH
4
NO
3
+ 2NH
4
HS
7. Al(NO
3
)
3
+ 6NaF

(dư)
→ Na
3
AlF
6
+ 3NaNO
3
8. 5KI + 6KMnO
4
+ 9H
2
SO
4(dư)
→ 5KIO
3
+ 6MnSO
4
+ 3K
2
SO
4
+ 9H
2
O

1 điểm
=o,125.8
2/ Có hỗn hợp X gồm BaSO
4
, CuS, Ag

2
S và CaCO
3
. Viết sơ đồ tách lấy mỗi
kim loại từ hỗn hợp X.
Hướng dẫn:
Mô tả sơ đồ tách lần lượt dùng hóa chất:
dd HCl → lọc → cô cạn → đpnc → cho dd Na
2
CO
3(dư)
→ dd HCl → cô cạn
→ đpnc → dd HNO
3
→ lọc → đp dung dịch → đốt cháy.
1 điểm
= 0,25.4
V Có dung dịch X gồm Fe
2
(SO
4
)
3
0,100M; FeSO
4
0,010M và NaCl 2M.
1/ Cần đặt điện thế tối thiểu là bao nhiêu để có quá trình oxi hóa và quá
trình khử xảy ra đầu tiên ở mỗi điện cực khi điện phân dung dịch X ở pH =
0.
2/ Điện phân 100 ml dung dịch X với cường độ dòng điện một chiều

không đổi có I = 9,650A và trong thời gian 100 giây, thu được dung dịch
Y.
a) Tính khối lượng dung dịch giảm trong quá trình điện phân.
b) Tính pH của dung dịch Y.
c) Lắp một pin điện gồm một điện cực hiđro tiêu chuẩn với một điện Pt
nhúng vào dung dịch Y. Tính sức điện động của pin khi pin bắt đầu phóng
điện và viết sơ đồ pin.
(Giả thiết rằng H
2
O bay hơi không đáng kể và thể tích của dung dịch không
thay đổi trong quá trình điện phân)
Cho: E
o
(Fe
3+
/Fe
2+
)
= 0,77V; E
o
(2H
+
/H
2
)
= 0,00V;
*
β
[Fe(OH)]
2+

= 10
-2,17
;
*
β
[Fe(OH)]
+

2 điểm
6
= 10
-5,92
; E
o
(Cl
2
/2Cl
-
)
= 1,36V
Hướng dẫn:

1. 1/ Bán phản ứng đầu xảy ra ở mỗi điện cực là
+ Điện cực A (+): 2Cl
-
⇌ Cl
2
+ 2e
+ Điện cực K (-): Fe
3+

+ 1e ⇌ Fe
2+
Trong dung dịch X có C(Fe
3+
) = 0,2M; C(Fe
2+
) = 0,01M; C(H
+
) = 1M;
C(Cl
-
) = 2M; Na
+
; SO
4
2-
.
Thế khử của mỗi cặp ở mỗi điện cực là:
E
a
= E
(Cl
2
/2Cl
-
)
= 1,36 + (0,0592/2)lgP1/2
2
= 1,342(V)
Ở pH = 0; không có quá trình proton hóa của ion kim loại, vì vậy ta có

E
c
= E
(Fe
3+
/Fe
2+
)
= 0,771 + 0,0592lg0,2/0,01 = 0,848(V)
Vậy thế cần đặt vào để có quá trình oxi hóa ion Cl
-
và quá trình khử ion
Fe
3+
là: V = 1,342 – 0,848 = 0,494(V)
0,5 điểm
2/ a) Số mol e phóng ra hay thu vào trong quá trình điện phân là
n
e
= It/F = 9,65.100/96500 = 0,01 (mol)
Có các bán phản ứng:
Ở cực (+): 2Cl
-
→ Cl
2
+ 2e (1)
n
o
0,2
Ở cực (-): Fe

3+
+ 1e → Fe
2+
(2)
n
o
0,02 0,001
Theo (1), (2) và giả thiết cho, thấy ion Cl
-
và Fe
3+
đều dư. Vậy khối lượng
dung dịch giảm là: m = m
Cl
2
= 71.0,01/2 = 0,355(gam)
0,5điểm
2/b) Theo phần (a), cho thấy trong dung dịch Y có C(Fe
3+
) = (0,02-
0,01)/0,1=0,1(M); C(Fe
2+
) = (0,001+0,01)/0,1=0,11(M); C(Cl
-
) = (0,2-
0,01)/0,1=1,95(M); Na
+
; SO
4
2-

. Có các cân bằng:
Fe
3+
+ H
2
O ⇌ Fe(OH)
2+
+ H
+

*
β
[Fe(OH)]
2+
= 10
-2,17
(3)
Fe
2+
+ H
2
O ⇌ Fe(OH)
+
+ H
+

*
β
[Fe(OH)]
+

= 10
-5,92
(4)
H
2
O ⇌ H
+
+ OH
-
K
w
= 10
-14
(5)
Do [Fe(OH)]
2+
.[H
+
] ≃ 0,1.10
-2,17
>> [Fe(OH)]
+
.[H
+
] ≃ 0,11.10
-5,92
>> K
w
Vì vậy pH là do cân bằng (3) quyết định. Xét cân bằng:
Fe

3+
+ H
2
O ⇌ Fe(OH)
2+
+ H
+

*
β
[Fe(OH)]
2+
= 10
-2,17

C
o
0,1
[ ] (0,1-x) x x
=>
*
β
[Fe(OH)]
2+
= x
2
/(0,1-x) = 10
-2,17
Với 0<x<0,1 => x = 0,023
Vậy pH = - lg0,023 = 1,638

0,5điểm
2/c) Theo kết quả tính ở phần (b) và cho thấy ion Fe
2+
tạo phức hiđroxo
không đáng kể, nên ta có:
E
(Fe
3+
/Fe
2+
)
= 0,771 + 0,0592lg(0,1-0,023)/0,11 = 0,762(V)
Vậy E(pin) = E
(cao)
– E
(thấp)
= 0,762-0,00 = 0,762 (V)
Do E
(Fe
3+
/Fe
2+
)
> E
(2H
+
/H
2
),
nên có sơ đồ pin là

A(-) Pt, H
2
(1atm) H
+
(1M) Fe
2+
(0,11M); Fe
3+
(0,077M) Pt (+) K
0,5điểm
7
8
II. HƯỚNG DẪN CHẤM HỮU CƠ.
CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM
VI 2 điểm
1
a/
b/
c/
Pent-1-en-4-in (E)-hex-4-en-1-in (E) -4-(pentan-3-yl)oct-5-en-2-in
d/
e/
(E)-dodeca-7-en-1,9-điin (7E)-6-((Z)-pent-1-enyl)undeca-7-en-1,4-điin
Thiếu một chất trừ 0,125 điểm
0,50
2
a/ Tính axit được đánh giá bởi sự dễ dàng phân li proton của nhóm –OH. Khả năng
này thuận lợi khi có các hiệu ứng kéo electron (–I hoặc –C) nằm kề nhóm –OH. Ở
A vừa có hiệu ứng liên hợp (–C) và hiệu ứng cảm ứng (–I) ; ở B chỉ có hiệu ứng (–
I).

→ Tính axit của (A) > (B).
b/ Liên kết hydro làm tăng điểm sôi. Chất C có liên kết hydro nội phân tử, B có
liên kết hydro liên phân tử
→ nhiệt độ sôi của (C) bé hơn nhiệt độ sôi của (B). (C) có độ tan trong dung
môi không phân cực lớn hơn (B).
c/ (A), (B) đều có 2 tâm bất đối, hai nhóm thế có thể nằm ở 2 phía khác
nhau của vòng cyclohexene và chúng có thể tồn tại 4 đồng phân lập thể.
(C) có 4 tâm bất đối có 16 đồng phân.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
VII 2 điểm
a
Xác định đủ cấu tạo các chất và xác định đúng tên của các cơ chế phản ứng,
cho đủ số điểm, thiếu một cấu tạo hay một cơ chế trừ 0,125 điểm
0,75
b
CH
3
CH=CH
2
(A)
CH
3
CHBrCH
3
(B)

CH
3
CH(OH)CH
3
(C)
CH
3
COCH
3
(D)
A
E
S
N
2
(CH
3
)
2
CC
2
H
5
(F)
OMgBr
(CH
3
)
2
CC

2
H
5
(G)
OH
C
2
H
5
MgBr(E)
A
N
S
E
HBr
OH
-
CuO,t
0
H
2
O
0,75
9
Xác định đủ cấu tạo các chất và xác định đúng tên của các cơ chế phản ứng,
cho đủ số điểm, thiếu một cấu tạo hay một cơ chế trừ 0,125 điểm
c
CH CH
CH
3

CH(OH)C CCH(OH)CH
3
(B)
CH
3
CHO
CH
3
CH(OH)CH
2
CH
2
CH(OH)CH
3
H
2
/Ni,t
0
A
E
A
E
Xác định đủ cấu tạo các chất và xác định đúng tên của các cơ chế phản ứng,
cho đủ số điểm, thiếu một cấu tạo hay một cơ chế trừ 0,125 điểm
0,50
VIII 2 điểm
1
a/ A có độ bất bão hòa
3
2

128.22
=
−+
=∆
, B có
0
2
188.22
=
−+
=∆
và C
có
2
2
148.22
=
−+
=∆
.
- Vì A cộng 3 phân tử hidro để tạo ra B nên A có các liên kết bội hoặc vòng
ba cạnh.
- A cộng 1 phân tử H
2
tạo ra C và A không tác dụng với Ag(NH
3
)
2
+
nên A có

một liên kết ba dạng -C≡C-R.
A cũng phải chứa một liên kết đôi dạng cis- (Z) ở vị trí đối xứng với liên kết
ba, vì khi A cộng 1 phân tử H
2
(xúc tác Pd làm cho phản ứng chạy theo kiểu
cis-) tạo C không hoạt động quang học.
Cấu tạo của A, B, C là:
CH
3
C C
H H
H
C
CH
3
C
*
C CH
3
2Z-4-metylhept-2-en-5-in
(A)
CH
3
CH
2
CH
2
CH(CH
3
)CH

2
CH
2
CH
3
4-metylheptan
(B)
CH
3
C C
H H
H
C
CH
3
C C CH
3
2Z,5Z-4-metylhepta-2,5-dien
(C)
H H
b/ Phương trình phản ứng:
5CH
3
CH=CHCH(CH
3
)C≡C-CH
3
+ 14KMnO
4
+ 21H

2
SO
4
→
→ 10CH
3
COOH + 5CH
3
CH(COOH)
2
+ 14MnSO
4
+ 7K
2
SO
4
+ 16H
2
O
0,25
0,50
0,25
2 - X có độ bất bão hòa =3
- Vì O
3
phân X thì thu được hỗn hợp sản phẩm trong đó có axit oxalic. Nên X có
dạng RCH=CH–COOH.
- Vì O
3
phân T chỉ thu được CH

3
COOH và một axit cacboxylic mạch thẳng G hai
chức. Nên T có dạng CH
3
CH=CH-R-COOH
- T thu được có nối đôi CH
3
CH=C-
⇒
Z phải có nhóm –OH của ancol và Z có cấu
tạo CH
3
-CH(OH)-CH
2
- hoặc CH
3
CH
2
CH(OH)- . Z là sản phẩm hidro hóa nên là
hợp chất no.
- Vì X bị khử bởi khử bởi NaBH
4
tạo ra ancol bậc 2 Z nên X có chứa nhóm chức
-CO-
Nếu Z có cấu tạo CH
3
CH
2
CH(OH)- thì khi tách H
2

O sản phẩm chính sẽ là
CH
3
CH
2
CH=C → loại. Vậy Z có cấu tạo dạng CH
3
CH(OH)-CH
2
-
Mà X chỉ có độ bất bão hòa bằng 3 nên trong X chỉ có 1 liên kết đôi + 1 nhóm CO +
1 nhóm COOH
⇒
CTCT của X là CH
3
CO-(CH
2
)
5
CH=CH-COOH.
0,25
0,25
0,25
0,25
IX 2 điểm
1
Số mol của H
2
O = 0, 06mol; CO
2

= 0, 05mol.
10
mol04,0
16
1*12,012*05,036,1
n
mol12,0n
mol05,0n
)X(O
H
C
=

=



=
=
C : H : O = 5 : 12 : 4 => CTPT (C
5
H
12
O
4
)
n
. Do M = 136 => CTPT C
5
H

12
O
4
X b oxi hoỏ bi CuO t núng to ra Y => X l ancol.
ta có sơ đồ sau CH-OH + CuO C=O + H
2
O + Cu
Cứ một nhóm
CH-OH
biến thành phân tử khối giảm đi 2 đvc, mà Y
C=O
giảm đi 8 đvc so với X ,suy ra X có 4 nhóm
CH-OH
+Do Y tham gia phản ứng tráng bạc, suy ra Y có nhóm CHO
R(CHO)
n
+2n[Ag(NH
3
)
2
]OH

R(COONH
4
)
n
+ 2nAg + 3nNH
3
+ nH
2

O

8136
256

= 0, 02 mol 0, 16 mol


n=4

X cú 4 nhúm CH
2
OH. CTCTca X, Y l:

CH
2
OH
HOCH
2
C
C
CH
2
OH
CH
2
OH
CHO
OHC
CHO

CHO
Y là
X là
Tetrahiroxylmetylmetan Tetrafomylmetan
0,25
0,75
2
HCH = O + CH
2
- CHO CH
2
- CH
2
CHO CH
2
- CH -CHO




H
OH
OH
CH
2
OH
OH
OH
HCHO
HCHO

OH
CH
2
OH
HOCH
2
C
CH
2
OH
CHO
CH
2
OH
HOCH
2
C
CH
2
OH
CH
2
OH
HCHO
OH
+ HCOOH
Nh vy, thc cht ca quỏ trỡnh tng hp trờn l:
+ Ban u cỏc hp cht t tin hnh phn ng ra quỏ trỡnh anol hoỏ ti khi ht
nguyờn t H

.
+ Cui cựng sn phm to ra cựng vi HCHO (u khụng cú nguyờn t H

) s t
oxi hoỏ kh di nh hng ca mụi trng kim mnh.

C
OH
R - C
H
O

+ OH
-
O
-
H
R
R - C
H
O
R - C =O
OH
+ C
O
-
R
H
H
RCOO

-
RCH
2
OH
Cng cn chỳ ý rng khi 2 anehit khỏc nhau khụng cú H

m tham gia phn ng trờn
thỡ anehit cú nhúm CHO d b OH
-
tn cụng (in tớch (+) C cao hn, nhúm
CHO ớt b ỏn ng khụng gian hn). S u tiờn oxi hoỏ thnh axit, cũn anehit cũn li u
tiờn kh to ra ancol.
0,50
3
CH
2
OH
HOCH
2
C
CH
2
OH
CH
2
OH
NaBr, H
2
SO
4

đặc
CH
2
Br
BrCH
2
C
CH
2
Br
CH
2
Br
Zn, t
0
C
CH
2
CH
2
CH
2
CH
2
Spiro[2, 2]pentan
0,50
Chỳ ý: Nu thớ sinh lm theo cỏch khỏc m kt qu vn ỳng thỡ cho ti a s im
11