De Thi Hsg Hoa 12 Quang Tri.doc

SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2011-2012
Khoá ngày 14 tháng 02 năm 2012
Mơn thi: HỐ HỌC
Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian phát đề)
(Đề thi có 02 trang, gồm 06 câu)

Câu 1. (4,0 điểm)
1. Dùng thuốc thử duy nhất là phenolphtalein, hãy trình bày cách nhận biết các hợp chất
trong dung dịch của mỗi chất sau bằng phương pháp hoá học: NaCl, NaHSO4, CaCl2, AlCl3,
FeCl3, Na2CO3. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dạng ion.
2. Một hỗn hợp 3 muối rắn gồm MgCl2, KCl, AlCl3. Nêu phương pháp hoá học để tách
riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
3. Cho m gam Na vào 250 ml dung dịch hỗn hợp gồm HCl 0,5M và AlCl 3 0,4M thu được
(m - 3,995) gam kết tủa.
a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
b) Tính giá trị m.
Câu 2. (4,0 điểm)
1. Mơ tả hiện tượng, viết phương trình phản ứng xảy ra dạng ion rút gọn trong các thí
nghiệm sau:
a) Cho dung dịch Fe2(SO4)3 vào bình chứa dung dịch KI trộn với hồ tinh bột.
b) Thêm dung dịch amoni sunfat vào bình đựng dung dịch natri aluminat rồi đun nhẹ.
c) Cho từ từ đến dư dung dịch NH3 vào dung dịch CuSO4.
d) Cho C6H5OH vào dung dịch FeCl3.
2. Cho hỗn hợp X gồm FeCO3, Fe, Cu và Al tác dụng với dung dịch NaOH dư, sau khi kết thúc
phản ứng cho tiếp dung dịch HCl và đun nóng đến khi hỗn hợp khí Y ngừng thoát ra. Lọc và tách cặn rắn
C. Cho Y hấp thụ từ từ vào dung dịch Ca(OH) 2 dư, thì thu được kết tủa. Cho C tác dụng hết với dung dịch
axit HNO3 đặc, nóng, dư thu được một chất khí duy nhất. Sục khí này vào dung dịch NaOH.

Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
3. Trộn CuO với một oxit kim loại M hoá trị II với số mol tương ứng theo tỉ lệ mol 1: 2,
được hỗn hợp A. Cho một luồng H 2 dư đi qua 2,4 gam A nung nóng thu được hỗn hợp B. Để hoà
tan hết B cần 40ml dung dịch HNO3 2,5M và thu được khí NO duy nhất. Xác định kim loại M.
Câu 3. (2,0 điểm)
1. Đốt cháy hoàn tồn 4,4 gam một sunfua kim loại có cơng thức RS trong lượng oxi dư.
Chất rắn thu được sau phản ứng đem hoà tan trong một lượng vừa đủ dung dịch HNO 3 37,8%.
Nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch thu được là 41,72%. Khi làm lạnh dung dịch này thì
thốt ra 8,08 gam muối rắn (T). Lọc tách muối rắn thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung
dịch là 34,7%. Xác định công thức của sunfua kim loại và (T).
2. Chia hỗn hợp rắn A gồm kim loại M và một oxit của kim loại đó thành ba phần bằng
nhau, mỗi phần nặng 59,08 gam. Phần thứ nhất hoà tan hoàn toàn vào dung dịch HCl, thu được
4,48 lít khí hiđro; phần thứ hai hồ tan hoàn toàn vào lượng dư dung dịch của hỗn hợp NaNO3 và
H2SO4 thu được 4,48 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, biết oxit kim loại khơng tạo khí); phần
thứ ba đem nung nóng rồi cho tác dụng với khí hiđro dư cho đến khi được một kim loại duy nhất,
hoà tan hết kim loại này bằng nước cường toan thì có 17,92 lít khí NO thốt ra. Các thể tích khí
đo ở điều kiện tiêu chuẩn.
Hãy tính khối lượng nguyên tử, cho biết tên của kim loại M và công thức oxit trong hỗn hợp A.
Câu 4. (4,0 điểm)
1. Hồn thành sơ đồ chuyển hố sau:
Y + NaOH  Z + C + F + H2O
Z + NaOH  CH4 + …
(Biết tỉ lệ là nZ: nNaOH = 1 : 2)
C + [Ag(NH3)2]OH  D + Ag...
D + NaOH 
E + ...
E + NaOH  CH4 +...
F + CO2 + H2O  C6H5OH + ...
.

Trang 1/8


2. Cho hỗn hợp X vừa pha chế từ một axit hữu cơ A, một ancol B và este được tạo từ A, B.
Cho 0,1 mol A hoặc B tác dụng với kali dư đều tạo ra 0,05 mol H 2. Khi đốt cháy hoàn toàn 5,64
gam X cần 8,1312 lít O2 (27,30C; 1 atm). Khi cho 5,64 gam X tác dụng vừa hết với dung dịch
NaOH 0,2M thì cần 250 ml, tạo ra 4,7 gam muối và chất B. Khi đun nóng chất B, xúc tác là dung
dịch H2SO4 đặc, thu được chất hữu cơ B1. Tỉ khối hơi của B1 so với B là 0,7.
a) Tìm cơng thức cấu tạo của B1 và các chất trong X.
b) Tính % theo khối lượng các chất trong X.
Câu 5. (4,0 điểm)
1. Từ etanol, axit xianhiđric, các chất vô cơ cần thiết khác và điều kiện phản ứng có đủ.
Viết các phương trình phản ứng điều chế thuỷ tinh hữu cơ plexigas.
2. Đốt cháy hoàn toàn một khối lượng như nhau các chất hữu cơ (A), (B), (C), (D), (E),
đều thu được 2,64 gam CO2 và 1,08 gam H2O, thể tích O2 cần dùng là 1,344 lít (đktc). Tỉ lệ số mol
tương ứng (A), (B), (C), (D), (E) là 1 : 1,5 : 2 : 3 : 6.
a) Xác định công thức phân tử (A), (B), (C), (D), (E), nếu số mol chất (C) là 0,02 mol.
b) Xác định công thức cấu tạo của (A), (B), (C), (D), (E) và viết các phương trình phản
ứng xảy ra, biết:
- (A) tác dụng với dung dịch AgNO 3 trong NH3 dư tạo kết tủa Ag, có khả năng hồ tan
Cu(OH)2 tạo dung dịch màu xanh lam, khử hoàn toàn thu được hexan, tạo este chứa 5 gốc axit.
- (B) phản ứng với dung dịch NaOH cho sản phẩm có khả năng hồ tan Cu(OH) 2 tạo dung
dịch màu xanh lam.
- (C) phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH theo tỷ lệ mol tương ứng là 1:1, còn 1 mol (C)
tác dụng với Na dư thì thu được 1 mol H2. Trong phân tử (C) có liên kết hiđro nội phân tử.
- (D) có khả năng phản ứng với dung dịch NaOH, nhưng không phản ứng được với Na.
Câu 6. (2,0 điểm)
1. Kết quả phân tích nguyên tố cho thấy hợp chất X có chứa 55,81% C; 7,01% H cịn lại là
oxi; X là chất lỏng ít tan trong nước, khơng có vị chua, không làm mất màu nước brom. Biết 1,72

gam X tác dụng vừa đủ với 20 ml dung dịch NaOH 1M tạo thành hợp chất Y duy nhất có cơng
thức phân tử C4H7O3Na. Khi đun nóng với axit vơ cơ từ Y lại thành X. Viết công thức cấu tạo của
X, Y và các phương trình phản ứng xảy ra.
2. Hợp chất A có cơng thức phân tử C7H6O2, tan ít trong nước nhưng tan tốt trong dung
dịch NaOH tạo thành muối B (công thức C7H5O2Na). B tác dụng với nước brom có thể tạo ra hợp
chất D, trong phân tử D chứa 64% Br về khối lượng. Khử 6,1 gam hợp chất A bằng H 2 (xúc tác
Pt), đun nóng thu được 5,4 gam hợp chất thơm G.
a) A có thể là loại hợp chất nào?
b) Tính hiệu suất của phản ứng tạo ra G.
c) Xác định công thức cấu tạo của các hợp chất A, B, D, G.
Cho: H=1, C=12, N=14, O=16, Na=23, Mg=24, Al=27, S=32, Ca=40, Fe=56; Cu=64, Br=80.
..........................................HẾT..........................................
Họ và tên thí sinh:.......................................................

Số báo danh:....................

Trang 2/8


SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT
NĂM HỌC: 2011-2012
Khoá
ngày
14 tháng 02 năm 2012
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Mơn: HỐ HỌC – Lớp 12
(Hướng dẫn chấm có 06 trang)
Câu

Ý Nội dung
Điểm
Câu 1
4,0 điểm
1
1. Cho phenolphtalein vào mỗi mẫu thử. Mẫu thử có màu hồng là
dung dịch Na2CO3, các mẫu thử cịn lại khơng màu.
0,25
2


CO3 + H2O ⇄ HCO3 + OH
Dùng Na2CO3 làm thuốc thử để cho vào các mẫu thử cịn lại.
Mẫu thử có sủi bọt khí không màu là NaHSO4
0,25
2
+
CO3 + 2H  H2O + CO2↑
Mẫu thử tạo kết tủa trắng keo và sủi bọt khí không màu là AlCl3
2
0,25
2Al3+ + 3 CO3 + 3H2O  2Al(OH)3↓+ 3CO2↑
Mẫu thử tạo kết tủa đỏ nâu và sủi bọt khí khơng màu là FeCl3
0,25
2
3+
2Fe + 3 CO3 + 3H2O  2Fe(OH)3↓+ 3CO2↑
Mẫu thử tạo kết tủa trắng là CaCl2
2
0,25

Ca2+ + CO3  CaCO3↓

2

3

Câu 2

Mẫu thử không tạo hiện tượng là NaCl.
Tách riêng MgCl2, KCl, AlCl3 ra khỏi hỗn hợp:
Cho NaOH dư vào hỗn hợp
MgCl2 + 2KOH  Mg(OH)2 + 2KCl
AlCl3 + 3KOH Al(OH)3 + 3KCl
Al(OH)3+ KOH K[Al(OH)4]
Lọc thu kết tủa cho tác dụng với dd HCl dư:
Mg(OH)2 + 2HCl MgCl2 + 2H2O
Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được MgCl2 khan
Sục CO2 dư vào phần nước lọc thu được ở trên: KOH+CO2KHCO3(1)
CO2 + K[Al(OH)4]  Al(OH)3 + KHCO3 (2)
Lọc kết tủa cho tác dụng với dd HCl dư:Al(OH)3+3HClAlCl3 +3 H2O
Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được AlCl3 khan.
Dung dịch sau (1, 2) cho tác dụng với dd HCl dư, cô cạn thu được NaCl
NaHCO3 + HCl  NaCl + CO2 + H2O
Khi cho Na vào dung dịch xảy ra phản ứng:
2Na + 2HCl → 2NaCl + H2
(1)
2Na + H2O → 2NaOH + H2
(2)
3NaOH + AlCl3 → 3NaCl + Al(OH)3↓ (3)
Có thể : NaOH + Al(OH)3 → Na[Al(OH)4] (4)

Ta có: nHCl = 0,125 (mol) và nAlCl3 = 0,1 (mol)
Có thể xảy ra hai trường hợp sau:
Trường hợp 1: Al3+ dư hay vừa kết tủa hết, chưa xảy ra phản ứng (4)
- Gọi nAl(OH)3 là x mol  nNa = nHCl +3nAl(OH)3=(0,125+3x) (mol)
- Theo bài ra: mAl(OH)3 = mNa - 3,995
 78x = 23.(0,125 + 3x) - 3,995 => x = -0,124 < 0 => loại.
Trường hợp 2: Al3+ hết, Al(OH)3 tan một phần, xảy ra phản ứng (4)
Gọi x là số mol Al(OH)3 thu được
nNa = nHCl + nNaOH (3,4) = nHCl + 3nAlCl3 (3) + nAl(OH)3 (4)
= 0,125 + 3.0,1 + (0,1 – x) = (0,525 – x) mol
Theo bài ra: mAl(OH)3 = mNa - 3,995
<=> 78x = 23.(0,525 - x) - 3,995 => x = 0,08 mol
 m = 23.(0,525 – 0,08) = 10,235 gam

0,25

0,25
0,25

0,25
0,5

0,5
0,75

4,0 điểm
Trang 3/8


1

2

3

1. Hiện tượng, phản ứng xảy ra dạng ion rút gọn:
a) Màu nâu nhạt dần và tạo kết tủa I2, tạo dung dịch màu xanh tím
2Fe3+ + 2I-  2Fe2+ + I2
b) Tạo kết tủa và khí mùi khai: NH4++Al(OH)4-  Al(OH)3+ NH3 +H2O
c) Tạo kết tủa xanh lam, rồi kết tủa tan, dung dịch có màu xanh lam
2NH3 + Cu2+ + 2H2O  Cu(OH)2 + 2NH4+
Cu(OH)2 + 4NH3  Cu(NH3)42+ + 2OHd) Tạo phức màu tím: 6C6H5OH+Fe3+[Fe(OC6H5)6]3- + 6H+
Mỗi trường hợp đúng 0,25 điểm
Phản ứng :Al + NaOH + H2O NaAlO2 + 3/2 H2
Sau phản ứng còn: NaOH, NaAlO2, FeCO3, Fe, Cu
Phản ứng :
NaOH + HCl  NaCl + H2O
NaAlO2 + 4HCl AlCl3 + NaCl + 2H2O
FeCO3 + 2HCl FeCl2 + CO2 + H2O
Vì C cịn lại tác dụng với dung dịch HNO3 tạo một khí duy nhất
 FeCO3 hết, nên C gồm Cu và có thể có Fe.
CO2 + Ca(OH) (dư)  CaCO3  + H2O
Fe + 2HCl  FeCl2 + H2
Fe + 6 HNO3 Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O
Cu +4HNO3 Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O
2NO2 + 2NaOH  NaNO2 + NaNO3 + H2O
Gọi số mol CuO trong A là x  số mol MO là 2x mol.
0
CuO + H2  t Cu + H2O
(1)

t0
Có thể: MO + H2   M + H2O
(2)
3Cu + 8HNO3  3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O (3)
3M + 8HNO3  3 M(NO3)2 + 2NO + 4H2O
(4)
Có thể: MO + 2HNO3  M(NO3)2 + 2H2O
(5)

1,0

0,75

0,25
0,5

0,5

Trường hợp 1: Các oxit bị H2 khử hoàn tồn, khơng có (5)
80x  (M + 16)2x=2,4

Ta có hệ  8
8
 3 x  3 2x 0, 04.2, 5 0,1

0,5

Giải ra x = 0,0125 mol; M = 40  Ca: Loại, vì CaO khơng bị khử.
Trường hợp 2: MO khơng bị H2 khử, khơng có (2,4)
80x  (M + 16)2x=2,4


Ta có hệ:  8
 3 x  2.2x 0, 04.2, 5 0,1
Giải ra x = 0,015 mol; M = 24  M là kim loại Mg

0,5

Câu 3
1

2,0 điểm
0,25

Gọi số mol của RS là a. Vì O2 dư nên M có hố trị cao trong oxit
n

0

2RS + ( 2  )O2  t R2On + 2SO2
(1)
2
a

0,5a
R2On + 2nHNO3  2R(NO3)n + n H2O (2)
0,5a  an 
a
an.63.100 500.an

gam

37, 8
3
500.an
Khối lượng dung dịch sau phản ứng: aR + 8an +
3
(aR + 62an)
41,72
Ta có: aR + (524an: 3)  100  R= 18,65n  n = 3  R

0,25

Khối lượng dung dịch HNO3=

gam
= 56 (Fe)  FeS

Trang 4/8


2

Ta có: a = 0,05  khối lượng Fe(NO3)3 là 0,05  242 = 12,1gam
Khối lượng dung dịch còn lại: aR + (524an: 3) – 8,08 =20,92 gam
 mFe(NO3)3 còn lại trong dung dịch là:(20,9234,7):100=7,25924gam

0,25

Khối lượng Fe(NO3)3 trong T: 12,1 - 7,25924 = 4,84
Đặt cơng thức Fe(NO3)3 . nH2O
Ta có: (4,84:242)  (242 + 18n) = 8,08

Suy ra n = 9  Công thức của T là Fe(NO3)3.9H2O

0,25

gam

Gọi số mol kim loại M có trong 59,08 gam hỗn hợp A là x
Trường hợp 1: M có duy nhất một số oxi hoá là +n:
Phản ứng: M + n HCl  MCln + 0,5 n H2 (1)

x mol
0,5 nx
0
–
+
n+
t
3 M + n NO3 + 4n H   3 M + n NO + 2n H2O (2)
x mol
(nx : 3)
Theo bài ra: nH2 =nNO = 4,48 : 22,4 = 0,2 (mol).
Theo (1,2): 0,5 nx  (nx : 3)  Loại

0,25

Trường hợp 2: M có hai số oxi hố khác nhau: +n và +m (n
0,25

t0

Phản ứng : 3 M + m NO3- + 4 m H+   3 Mm+ + m NO +2m H2O (3)

x mol
(mx : 3)

Ta có: nx:2 = mx:3
n/m = 2/3 = 4/6 = 6/9 = ...
 n = 2 và m = 3. Trường hợp này phù hợp.
Xác định M và oxit của nó: Hỗn hợp A gồm M và M2O3.
t

0,25

0

Phản ứng: M2O3 + 3 H2   2 M + 3H2O (4)
Khi tác dụng với nước cường toan M chuyển thành M3+ trong phản ứng:
M + 3 HCl + HNO3  MCl3 + NO + 2 H2O (5)
Theo (1) có 0,5 nx = 0,2 mà n = 2 vậy x = 0,2
Theo (5): nM (trong 59,08 gam A)= nNO = 17,92/22,4 = 0,8 mol
Mà: nM ban đầu có trong 59,08 g A là x = 0,2.
Theo (3) tạo: nM = 0,8 - 0,2 = 0,6 (mol)  nM2O3 = 0,3 mol
Ta có: 0,2 M + (2 M + 16 x 3) x 0,3 = 59,08  M = 55,85
Vậy M là Fe và oxit là Fe2O3.

0.25

Câu 4
1

4,0 điểm
0,75

Phương trình hóa học :
CH2

COOC6H5

to

+3NaOH
COOCH=CH2

CH2(COONa)2+C6H5ONa+CH3CHO+H2O

CH2(COONa)2 + 2NaOH  CaO,t
  
 CH4  + 2Na2CO3
0
CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OH  t CH3COONH4 + 2Ag +3NH3  + H2O
o

0,75
CH3COONH4 + NaOH  NH3 + CH3COONa
o
CH3COONa + NaOH  CaO,t
   CH4  + Na2CO3
C6H5ONa + CO2 + H2O  C6H5OH + NaHCO3
2

Ta có:

nO

2



8,1312
0,33(mol) , nNaOH=0,25.0,2=0,05(mol)
0, 082(273  27,3)

0,25

0,1

Số H linh động trong A/B là: 0,1 1  A, B đơn chức
Trang 5/8


 A : RCOOH : x(mol)
 Este : RCOOR ' : z(mol)
Gọi: 
 B : R 'OH(Cn H m OH) : y(mol)
trong 5,64 gam X
RCOOH + NaOH  RCOONa + H2O (1)
x 
x
x

t0
RCOOR’ + NaOH   RCOONa + R’OH (3)
z
z
z
z
4, 7
 67 27  A là C2H3COOH
Ta có : x + z = 0,05 mol. R 
x z
Do d(B1/B)=0,7M(B1)c, t o
CnHmOH  H2SO4đặ

 CnHm-1 + H2O (4)

0,75

0,5

R/  1
0,7  R/=43  R’OH: C3H7OH
/
R  17
 B1 : CH3CH=CH2
Các chất trong X :
A : CH2=CHCOOH
B: CH3- CH2- CH2OH hoặc CH3- CH(CH3)OH
Este: CH2=CHCOOCH2- CH2- CH3 hoặc CH2=CHCOOCH(CH3)CH3
Phản ứng : C2H3COOH + 3O2  3CO2 + 2H2O (5)

x  3x


C3H7OH +

9
2

O2  3CO2 + 4H2O
9
2

y



(6)

y

C2H3COOC3H7 +
z

0,5

15
O2
2
15
z

2

 6CO2 + 5H2O (7)

 x  z 0, 05

Tacóhệ: 72x  60y  114z 5, 64 
3x  4, 5y  7, 5z 0, 33


x 0, 03

y 0, 02
 z 0, 02


0,5

72.0, 03
.100 38, 3%
5, 64
60.0, 02
%m(B) 
.100 21, 28%
5, 64
%m(este) 100  (38, 3  21, 28) 34, 42%

Vaäy : %m(A) 

Câu 5

1

men giaám

C2H5OH + O2      CH3COOH + H2O
, 300 0 C
2CH3COOH  ThO
 2
  CH3COCH3 + H2O + CO2
CH3COCH3 + HCN  CH3(CH3)C(OH)CN

CH3(CH3)C(OH)CN + H2O +H+  H CH3(CH3)C(OH)COOH + NH4+
0
CH3(CH3)C(OH)COOH  H2SO4 , t CH2=C(CH3)-COOH + H2O

4,0 điểm
1,75

H SO đặc , t 0

 2 
4 


 CH2=C(CH3)-COOCH3+ H2O
CH2=C(CH3)-COOH+CH3OH 

0

,p

nCH2=C(CH3)-COOCH3  xt,t

 (-CH2-C[CH3]-)n
COOCH3



CH3COOH
CH3COONa
CH4
CH3OH
Mỗi phương trình phản ứng đúng 0,175 điểm  0,175x10=1,75 điểm

Trang 6/8


2

Ta có: n CO 2 = 0,06 mol ; n H 2O = 0,06 mol ; n O2 = 0,06 mol;
y
4

Phương trình: CxHyOz + ( x  

z
)
2

O2 xCO2 +

y
2

H2O

0,06
0,06
0,06
 y = 2x = 2z  x = z  x: y : z = 1 : 2 : 1  CT chung : (CH2O)n
Khối lượng chất hữu cơ đem đốt: 2,64 + 1,08 – 0,06.32 = 1,8 gam
1,8
MC =
= 90  CTPT (C): C3H6O3
0, 02
nA= 0,02 : 2 = 0,01 MA = 180  CTPT (A): C6H12O6
0, 02.1,5
nB=
= 0,015 MB = 120  CTPT (B): C4H8O4
2
0, 02.3
nD=
= 0,03 MD = 60  CTPT (D): C2H4O2
2
0, 02.6
nE=
= 0,06 ME = 30  CTPT (E): CH2O
2

0,75

Do (A) C6H12O6 tác dụng với dung dịch AgNO 3 trong NH3 dư tạo kết tủa
Ag, có khả năng hồ tan Cu(OH)2 tạo dung dịch màu xanh lam, khử hoàn
toàn thu được hexan, tạo este chứa 5 gốc axit
 A là glucozơ hoăc fructozơ : CH2(OH)-(CHOH)4 – CHO
CH2(OH)-(CHOH)3CO – CH2OH

0
 OH

, t

 CH2(OH)-(CHOH)4 – CHO
CH2(OH)-(CHOH)3CO – CH2OH 


0,75

0

CH2(OH)-(CHOH)4 – CHO+2[Ag(NH3)2]OH  t
CH2(OH)-(CHOH)4 – COONH4 + 3NH3 + 2Ag + H2O
C6H12O6 + Cu(OH)2 (C6H11O6)2Cu + H2O
Do (B) C4H8O4 phản ứng với dung dịch NaOH cho sản phẩm có khả năng
hồ tan Cu(OH)2 tạo dung dịch màu xanh lam.
 B là: CH3-CHOH-CHOH-COOH hoặc CH2OH-CHOH-CH2-COOH
Phản ứng: C3H5O2-COOH + NaOH  C3H5O2-COONa + H2O
2C3H5O2-COONa + Cu(OH)2  (C3H4O2-COONa)2Cu + H2O

Câu 6
1

0,25

Do (C) C3H6O3 phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH theo tỷ lệ mol
tương ứng là 1:1, còn 1 mol (C) tác dụng với Na dư thì thu được 1 mol
H2. Trong (C) có liên kết hiđro nội phân tử  (C) CH3-CHOH-COOH
CH3-CHOH-COOH + NaOH CH3-CHOH-COOH + H2O
CH3-CHOH-COOH+2NaCH3-CHONa-COONa+H2

0,25

Do (D) C2H4O2 có khả năng phản ứng với dung dịch NaOH, nhưng
không phản ứng được với Na  D là: HCOOCH3
0
HCOOCH3 + NaOH  t HCOONa + CH3OH
E HCHO

0,25

55, 81 7, 01 37,18
:
:
2 : 3 : 1  X có cơng thức (C2H3O)n
Do nC:nH:nO =
12
1
16
Vì X + NaOH  Y duy nhất có cơng thức phân tử C4H7O3Na,
Y + Axit  X, X khơng có vị chua, khơng làm mất màu nước brom.
Suy ra X là este nội

Ta có: nX=nNaOH=0,02 mol  MX=86 gam/mol.  43n=86  n=2
 X: C4H6O2

2,0 điểm
0,5

Trang 7/8


CH2 - O
CH2-CH2
CH2 - O

C=O +NaOH

HO- CH2-CH2-CH2-COONa

2a

b

c

0,5

CH2-CH2

Công thức cấu tạo cđa X:

H

C=O
t0

HO- CH2-CH2-CH2-COONa

+
HO- CH2-CH2-CH2-COOH

H

+
X

- Do khả năng hịa tan kém của A trong nước, tác dụng với H2 sinh ra
hợp chất thơm G  A là hợp chất thơm.
- A C7H6O2 phản ứng được với dung dịch NaOH, chứng tỏ A có chứa
nhóm -OH (gắn vào nhân thơm) hoặc nhóm 1 nhóm -COOH, nhưng do
phản ứng với NaOH tạo ra B (cơng thức C 7H5O2Na), chứng tỏ chỉ có 1
ngun tử H bị thay thế, suy ra chỉ có 1 nhóm chức tham gia phản ứng.
- Trong điều kiện thường, hợp chất thơm (chứa C,H,O) phản ứng với
nước brom có thể là phenol hoặc dẫn xuất của nó. Trường hợp này B là dẫn
xuất của phenol  nhóm thế cịn lại là nhóm CHO.
- A là hợp chất tạp chức thơm, có chứa đồng thời nhóm -OH và -CHO
đính trực tiếp vào nhân thơm. Công thức của A là HO-C6H4-CHO
Phản ứng của A với H2 trong điều kiện đầu bài là phản ứng khử anđehit
0
thành ancol: HO- C6H4- CHO + H2  t HO- C6H4- CH2OH (1)
Theo (1) mG = 6,1.124/122= 6,2 gam
5,4

.100 87,1%
Vậy : H% tạo G=
6,2
Xác định công thức cấu tạo của A, B, D, G
HO- C6H4- CHO + NaOH → NaO-C6H4-CHO + H2O

0,25

0,25

0,25

NaO-C6H4-CHO+(n+1)Br2+H2O→HO-C6H4–nBrn-COOH+(n+1)HBr+ NaBr

80n
64
 n = 3.

138+79n 100
Suy ra công thức của D là HO-C6HBr3-COOH
NaO-C6H4-CHO + 4Br2 + H2O → HO-C6HBr3-COOH + 4HBr + NaBr

Ta có:

Trong phân tử chất A, các nhóm chức ở vị trí meta với nhau, vì chỉ
trong trường hợp này vịng benzen có 3 nguyên tử H bị thay thế bởi 3
nguyên tử Br thỏa mãn quy tắc thế, nếu các nhóm ở vị trí ortho hoặc para
thì chỉ có 2 ngun tử H trong vịng benzen có khả năng thay thế thỏa
mãn quy tắc thế.
Vậy: Công thức cấu tạo của A, B, D, G lần lượt là

Br

Br
CHO

OH

OH

ONa

OH

0,25

CHO

COOH

CH2OH

Br

Ghi chú: Thí sinh có thể làm cách khác, nếu đúng vẫn đạt điểm tối đa trong mỗi câu.
Nếu PTHH thiếu điều kiện hoặc thiếu cân bằng hoặc thiếu cả hai thì trừ một nửa số
điểm của PTHH đó.

Trang 8/8