Đề thi học sinh giỏi lớp 12 THPT tỉnh Kiên Giang năm 2012 môn hóa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH
KIÊN GIANG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012


ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC (NGÀY THI 02/11/2011)

Câu Nội dung Điểm
1
(4
điểm)
* Vì khi đốt A trong không khí ta thu được CO
2
, H
2
O, N
2
nên A chứa C, H có thể có O và có thể có N
a) Trường hợp 1: A không chứa oxi
* CO
2
+ Ca(OH)
2

Æ CaCO
3
+ H
2
O
nCO
2
= nCaCO
3
= 0,119 mol
* m
dd giảm
=mCaCO
3
– mCO
2
+ mH
2
O
→ 5,287 = 11,9 – (44.0,119 + mH
2
O)
Æ mH
2
O = 1,377 g Æ nH
2
O = 0,0765 mol
**Mà 2.nO
2
= 2.nCO

2
+ nH
2
O Æ nO
2
= 0,15725 mol
Vậy nN
2
(KK) = 4.nO
2
= 0,629 mol
Æ nN
2
(sinh ra) = 14,28/22,4 – 0,629 = 0,0085 mol
Gọi CTTQ của A là: C
x
H
y
N
t

* Ta có: x : y : t = 0,119 : 0,153 : 0,017 = 7 : 9 : 1
Vậy CT đơn giản nhất của A: C
7
H
9
N
* Vì CTPT trùng với CT đơn giản nhất nên CTPT của A: C
7
H

9
N
b)
* Vì A tác dụng với NaNO
2
/HCl ở nhiệt độ thấp tạo muối điazoni nên A là amin thơm (A có N liên kết
trực tiếp với vòng benzen)
Vậy CTCT có thể có của A là:






o - metyl anilin m - metyl anilin p - metyl anilin
** Trường hợp 2: A chứa Oxi và nitơ
C
x
H
y
O
z
N
t
+ (x+ y/4-z/2)O
2
Æ xCO
2
+ y/2H
2

O + t/2N
2

a (mol) > (x+y/4-z/2)a (mol) >xa (mol) > ya/2 (mol) > ta/2 (mol)
Ta có: xa = 0,119 mol
ya/2 = 0,0765 mol
4.(x + y/4 - z/2)a + ta/2 = 0,0085 mol
Æ x : y : (t - 4z) = 7 : 9 : 1
Vì CTPT trùng với công thức đơn giản nhất nên (t - 4z) = 1
* Nếu z = 1 Æ t = 5 Æ CTPT : C
7
H
9
N
5
O
* Nếu z = 2 Æ t = 9 Æ CTPT: C
7
H
9
N
9
O
2

…………………
Æ Nếu hợp chất có chứa oxi thì có nhiều CTPT với nhiều N trong phân tử nên không xét trường hợp
này

1,75
(Mỗi *
là
0,25)










1,75
(1CT:
0.25;
tên
gọi:

0,25)




0,5
CH
3

NH
2

CH
3

NH
2

CH
3
H
2
N
2
(3
điểm)

0,5




0,5




0,5




0,5






0,5

0,5





3
(3
điểm)
a) * nC
8
H
8
= 3,12 / 104 = 0,03 mol
* nBr
2
= 4,8/160 = 0,03 mol
* nH
2
= 2,688 / 22,4 = 0,12 mol
* nBr
2
: nC
8
H
8
= 1 : 1 Æ số liên kết π tham gia phản ứng cộng Br

2
là: 1
* nH
2
: nC
8
H
8
= 4 : 1 Æ số liên kết π tham gia phản ứng cộng H
2
là: 4
mà (π + v) = (2.8 + 2 – 8)/2 = 5
*Vậy C
8
H
8
là hiđrocacbon thơm có 3 liên kết π trong vòng benzen và 1 liên kết π ở mạch nhánh
* Vậy CTCT của A là:

: Vinyl benzen hay stiren

* Phản ứng hiđro hóa A theo tỉ lệ mol 1 : 1 thu được etyl benzen (X)


+ H
2


etyl benzen (X)

2
(mỗi *
là 0,25
điểm)
















CH
2
– CH
2
– CH
3

+ Br

2

as
CH – CH
2
– CH
3

Br
+ HBr
(A) (D)
C
2
H
5
OH, t
0
CH – CH
2
– CH
3

Br
+ KOH
(D)
CH = CH – CH
3

+ (E)
+ KBr + H

2
O
CH = CH – CH
3
+ Br
2
CH – CH – CH
3

Br Br
(F)
+ KOH
CH – CH – CH
3

Br Br
(G)
t
0

CH – CH – CH
3

OH
Br
CH
2

–
CH

2

–
CH
3

+ Br
2

Fe, t
0

+ HB
r

B
r
CH
2
–
CH
2
–
CH
3

B
r

CH

2

–
CH
2

–
CH
3
+ KOH
(C)
t
0
cao, p cao
OH
CH
2
–
CH
2
–
CH
3
+ KBr
CH = CH
2

CH = CH
2

CH
2
– CH
3

xt, t
0
















Viết đúng, đầy đủ sơ đồ thì được trọn điểm, cách khác vẫn cho điểm. Sai 1 chất cũng không có điểm





1,0

4
(3
điểm)
* hỗn hợp hai hiđrocacbon được dẫn qua dung dịch Br
2
dư thì có khí thoát ra. Vậy 1 trong hai
hiđrocacbon là ankan
* n
ankan
= 1 mol Æ n
hiđrocacbon còn lại
= 1 mol
m
hiđrocacbon còn lại
= m
bình tăng
= 54 g
* Gọi CTTQ của hiđrocacbon còn lại: C
x
H
y
Æ 12x +y = 54 Æ x = 4 và y = 6
**Gọi số mol O
2
= a mol và số mol O
3
= b mol
Ta có
4,382.2,19
4832

==
+
+
=
ba
ba
M
N

Mặt khác: a+b = 5
Æ a = 3 và b = 2
* Theo phương pháp bảo toàn mol nguyên tử O thì
Khi đốt 1 mol M:
)()()()(
3222
trongOOtrongOOOtrongHOtrongCOO
nnnn
+
=
+
= 3.2 + 2.3 = 12 mol
Khi đốt 2 mol M:
)()(
22
OtrongHOtrongCOO
nn +
= 24 mol
** Gọi CTTQ của ankan: C
n
H

2n+2
(n
≥
1)
C
n
H
2n+2
+ )
2
13
(
+n
O
2
Æ nCO
2
+ (n+1)H
2
O
1 mol n mol (n+1) mol

C
4
H
6
+
)
2
11

(
O
2
Æ 4CO
2
+ 3H
2
O
1 mol 4 mol 3 mol
*
)()(
22
OtrongHOtrongCOO
nn +
= (n + 4).2 + (n + 1 + 3) = 24
Æ n = 4
Vậy CTPT của hai hiđrocacbon là: C
4
H
10
và C
4
H
6

CTCT:
* CH
3
– CH
2

– CH
2
– CH
3
hay CH
3
– CH – CH
3



* Vì hỗn hợp M tạo kết tủa màu vàng khi tác dụng với dung dịch AgNO
3
/NH
3
Æ C
4
H
6
có liên kết ba
đầu mạch
*Æ CTCT của C
4
H
6
: HC
≡
C – CH
2
– CH

3

HC
≡
C – CH
2
– CH
3
+ AgNO
3
+ NH
3
Æ AgC
≡
C – CH
2
– CH
3
+ NH
4
NO
3

Mỗi *
là 0,25
điểm
5
(4
điểm)
* Phần hơi được đưa qua CuSO

4
khan thì nước bị hấp thụ. Hơi khô còn lại được ngưng tụ vào bình II
đựng Na thấy thoát ra khí Æ hơi khô còn lại là ancol.
** Gọi công thức của ancol là:
n
OHR )(

n
OHR )(
+ nNa Æ
n
ONaR )(
+
2
2
H
n

Mỗi *
là 0,25
điểm



CH
3

+HB
r

+Br
2

b) CH
3
– CH
2
OH
⎯⎯→⎯
− OH
2
CH
2
= CH
2

⎯⎯⎯→⎯
ZnO .2,.1
.3
HCHO




CH
3
– CH
2
Br ⎯⎯→⎯
+ Mg

CH
3
– CH
2
MgBr CH
3
– CH
2
– CH
2
– OH ⎯⎯→⎯
− OH
2
C
3
H
6




CH
3
– C
≡
CH
⎯⎯⎯⎯⎯←
+
0
,/ tancolKOH

CH
3
– CHBr – CH
2
Br
+HCHO
H
2
+ CuO
⎯→⎯
0
t
Cu + H
2
O
molnn
HCuO
1,0
64
4,6
2
===

Æ n
n
OHR )( =
n
2,0
(mol)
* Mặt khác: m

bình Na tăng
= m
ancol
-
2
H
m

Æ m
ancol
= 7,6 + 0,1.2 = 7,8 (g)
* Vậy m
n
OHR )(
=
n
2,0
(
R
+ 17n) = 7,8(g)
Æ
R
= 22n
Biện luận:
** n = 1 lúc này ta có hỗn hợp ancol
Æ
R
= 22
Æ R
1

<
R
= 22 < R
2
(R
1
, R
2
là 2 gốc hiđrocacbon)
Vậy R
1
= 15 Æ R
1
là -CH
3
Æ Ancol thứ nhất là: CH
3
OH
Công thức este: CH
3
OOC – R – COOR
2

CH
3
OOC – R – COOR
2
+ 2NaOH
⎯→⎯
0

t
CH
3
OH + R(COONa)
2
+ R
2
OH
Æ số mol hai ancol bằng nhau
Æ
2922
2
2
21
=→=
+
= R
RR
R
Æ R
2
là -C
2
H
5

* n = 2 lúc này ta chỉ có 1 ancol duy nhất
Æ
R
= 44. Vậy

R
là C
3
H
8
( loại vì không có gốc hiđrocacbon nào có công thức C
3
H
8
)
- Gọi CTTQ của este là: C
x
H
y
O
4

* C
x
H
y
O
4
+ aBr
2
Æ C
x
H
y
O

4
Br
2a

**
%126,20
1606412
%100.64
% =
+++
=
ayx
O
Æ 12x + y + 160z = 254
Æ 160z < 254 Æ z < 1,5875
Vậy z = 1 Æ 12x + y = 94 Æ x = 7 và y = 10
Vậy CTPT của este: C
7
H
10
O
4

* CTCT của este A: CH
3
OOC – CH = CH – COOC
2
H
5

b)



Axit maleic Axit fumaric

* Axit fumaric có nhiệt độ nóng chảy cao hơn axit maleic
* vì đồng phân trans bền về mặt nhiệt động hơn đồng phân cis và đồng phân trans có tính đối xứng cao
hơn đồng phân cis nên dễ sắp xếp đặc khí hơn.

0,5





0,5
6
(3
điểm)
a) Al

4
C
3
+ 12H
2
O Æ 3CH
4
+ 4Al(OH)
3
2CH
4

⎯⎯→⎯
C
0
1500
HC
≡
CH + 3H
2


2 HC
≡
CH ⎯⎯⎯⎯→⎯
−
0
4
,tClNHCuCl
HC

≡
C – CH = CH
2

HC
≡
C – CH = CH
2
+ H
2
⎯⎯⎯⎯→⎯
0
3
,/ tPbCOPd
CH
2
= CH – CH = CH
2
nCH
2
= CH – CH = CH
2 ⎯⎯→⎯
ptxt ,,
0
(– CH
2
– CH = CH – CH
2
–)
n

b) 1 mol X khi thủy phân hoàn toàn tạo 5 mol aminoaxit Æ A là một pentapeptit
* Peptit + 2,4-đinitroflobenzen Æ His bị tách ra dưới dang hợp chất
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25

0,25

C = C
H
COOH
HOOC
H
C = C
H
COOH
HOOC
H
1àm l
ạ
nh nhanh
Vậy aminoaxit đầu N là His
* Peptit bị thủy phân X nhờ enzim cacboxipeptidaza thì thu được Lys
Vậy aminoaxit đầu C là: Lys
* Thủy phân không hoàn toàn cho các đipeptit His-Ala; Ala- Ala; Ala - Glu

Vậy trật tự sắp xếp các aminoaxit trong mạch là:
His – Ala – Ala – Glu – Lys
****CTCT:











0,25


0,25









1,0

Chú ý: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa

CH
3

CH
3

(CH
2
)
2

COOH
(CH
2
)
4

NH
2

CH
2

N
N
H

NH
2
– CH – CO – NH – CH – CO – NH – CH – CO – NH – CH – CO – NH – CH – COOH