Đề thi học sinh giỏi môn hóa 12 năm 2013 kèm đ án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT
KIÊN GIANG NĂM HỌC 2012 – 2013

ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN THI : HÓA HỌC

( Đề thi có 02 trang) Thời gian : 180 phút ( không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 01/11/2012

(Vòng 1)
Câu I (4 điểm) :
1. Phi kim R có electron viết sau cùng ứng với 4 số lượng tử có tổng đại số bằng 2,5.

a. Tìm phi kim R. Viết cấu hình electron có thể có của R.
b. Xác định vị trí của R trong bảng tuần hoàn.
c. Sắp xếp theo thứ tự tính phi kim tăng dần.
2. Nguyên tử của nguyên tố A có cấu hình electron thu gọn là: [Khí hiếm] (n – 1)d
α
ns
1
.
Xác định cấu hình electron thu gọn có thể có của A. Từ đó, cho biết vị trí của A trong bảng tuần hoàn?
Mỗi trường hợp nêu kí hiệu hóa học của 2 nguyên tố?

Câu II (3 điểm) :
1. Viết công thức cấu tạo, nêu dạng hình học, trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm trong các phân tử
và ion sau: BeH
2
, BCl
3
H
2

O,
3
NO
−
.
2. Trong các phân tử sau, hãy sắp xếp theo chiều tăng dần góc liên kết: CO
2
, H
2
S, SO
2
, SO
3
, CH
4
.
3. So sánh nhiệt độ nóng chảy và độ tan trong nước của các chất sau: KCl, KBr, KI. Giải thích?

Câu III (2 điểm) :
Cho cân bằng sau với các dữ kiện nhiệt động của các chất ở 25
0
C: CO
2

(k)
+ H
2 (k)
⇌ CO
(k)
+ H

2
O
(h)


Chất CO
2
H
2
CO H
2
O
0
298
(/ )
H
kJ molΔ

-393 0 -110,5 -241,8
011
298
(. . )SJKmol
−−

213,6 131,0 197,9 188,7

1. Hãy tính
0
298
H

Δ
,
0
298
SΔ
,
0
298
GΔ
của phản ứng và nhận xét phản ứng có tự xảy ra theo chiều thuận ở 25
0
C
hay không?
2. Giả sử
0
H
Δ
của phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ. Hãy tính
0
1273
GΔ
của phản ứng thuận ở 1000
0
C
và nhận xét?

Câu IV (5 điểm) :
1. Viết các phương trình phản ứng sau và cho biết ứng dụng của mỗi phản ứng:
a. PdCl
2

+ H
2
O + CO →
b. Si + KOH + H
2
O →
c. N
2
H
4
+ O
2
→
d. Zn
3
P
2
+ H
2
O →
2. Cho m gam hỗn hợp bột Al, Fe, Cu vào 200 gam dung dịch HNO
3
63% (d=1,38 g/ml). Sau khi các phản
ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch A và 7,168 lít khí NO
2
(ở 27,3
0
C và 1,1 atm). Chia A làm 2
phần bằng nhau.

* Phần một cho tác dụng với lượng dư dung dịch NH
3
, thu được 3,41 gam kết tủa.
* Phần hai cho tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, sau khi phản ứng kết thúc lấy kết tủa đem
nung tới khối lượng không đổi, được 2,4 gam chất rắn.
a. Hãy chứng minh kim loại đã tan hết? Xác định giá trị của m? Tính nồng độ % của các chất
trong dung dịch A.
b. Cho toàn bộ khí NO
2
thu được ở trên vào 500 ml dung dịch NaOH 5M được dung dịch B. Tính
nồng độ mol/lít các chất trong dung dịch B.

Câu V (4 điểm) :
1. Tính pH để bắt đầu kết tủa Mg(OH)
2
từ dung dịch Mg
2+
0,01M và pH để kết tủa hoàn toàn nó.
Biết rằng Mg(OH)
2
được coi là kết tủa hoàn toàn khi nồng độ ion Mg
2+
sau khi kết tủa chỉ còn là 10
-6
M và
Mg(OH)
2
có tích số tan T = 6.10
-10
.

2. Độ tan của H
2
S trong dung dịch HClO
4
0,003M là 0,1mol/l. Nếu thêm vào dung dịch này các ion Mn
2+

và Cu
2+
sao cho nồng độ của chúng bằng 2 . 10
-4
M thì ion nào sẽ kết tủa dạng sunfua?
Biết T
MnS
= 3 . 10
-14
, T
CuS
= 8 . 10
-37
, K
H
2
S
= 1,3 . 10
-21
.

Câu VI (2 điểm) :
Chỉ được phép dùng dung dịch NaOH 0,1 M và chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt 3 dung dịch mất

nhãn đựng trong 3 lọ riêng biệt gồm: dung dịch A: H
2
SO
4
0,1M; dung dịch B: NaHSO
4
0,1M; dung dịch
C: H
2
SO
4
0,1M và HCl 0,1M.


Cho H= 1; O= 16 ; Al = 27 ; Fe = 56 ; Cu = 64.
HẾT
- Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
- Giám thị không giải thích gì thêm.


Trang 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT
KIÊN GIANG NĂM HỌC 2012 – 2013

ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC – VÒNG 1- Môn : HÓA HỌC

CÂU I NỘI DUNG 4 ĐIỂM

1. 2,5 đ

2. 1,5 đ


1. Phi kim R có electron viết sau cùng ứng với 4 số lượng tử có tổng đại số
bằng 2,5.
a. Tìm phi kim R. Viết cấu hình electron có thể có của R.
b. Xác định vị trí của R trong bảng tuần hoàn
c. Sắp xếp theo thứ tự tính phi kim tăng dần. Giải thích?
HD: a.

* R là phi kim (do 4 số lượng tử có tổng đại số bằng 2,5 nên không là H)

⇒ l= 1, m có các giá trị: -1, 0, +1 và n ≥ 2
* Có 3 trường hợp có thể xảy ra với electron viết sau cùng :
+ n =2 ; l = 1 ; m = -1 ; m
S
= + 1/2 ; Phân lớp cuối 2p
1
⇒ R là Bor (B)
+ n =2 ; l = 1 ; m = 0 ; m
S
= - 1/2 ; Phân lớp cuối 2p
5
⇒ R là Flo (F)
+ n =3 ; l = 1 ; m = -1 ; m
S
= - 1/2 ; Phân lớp cuối 3p
4
⇒R là lưu huỳnh (S)
* Cấu hình electron của các nguyên tố.
B (Z=5) : 1s
2
2s
2

2p
1
F (Z=9) : 1s
2
2s
2

2p
5
S (Z=16) : 1s
2
2s
2

2p
6
3s
2

3p
4
b. B : ở ô thứ 5, chu kì 2, nhóm IIIA.
F : ở ô thứ 9, chu kì 2, nhóm VIIA.
S : ở ô thứ 16, chu kì 3, nhóm VIA.
c. B và F thuộc cùng chu kì, Z tăng tính phi kim tăng ⇒ B< F
B thuộc nhóm IIIA nên có độ âm điện nhỏ hơn độ âm điện S nhóm VIA
⇒ B< S < F
(HS có thể giải theo qui tắc lùi hay tiến nếu đúng đều đạt điểm tối đa)
2. Nguyên tử của nguyên tố A có cấu hình electron thu gọn là:
[Khí hiếm] (n – 1)d
α
ns
1
. Xác định cấu hình electron thu gọn có thể có của
A.Từ đó, cho biết vị trí của A trong bảng tuần hoàn? Mỗi trường hợp nêu
kí hiệu hóa học của 2 nguyên tố?
HD:

Cấu hình electron của A: [Khí hiếm] (n -1)d
α
ns
1
⇒ Có 3 trường hợp
* Với α = 0 ⇒ cấu hình electron của A: [Khí hiếm] ns
1

⇒ cấu hình các nguyên tố kim loại kiềm nhóm I
A
.(Na, K )
* Với α = 5 ⇒ cấu hình electron của A: [Khí hiếm] (n -1)d
5
ns
1

⇒ cấu hình các nguyên tố nhóm VI
B
(Cr, Mo ).
* Với α = 10 ⇒ cấu hình electron của A: [Khí hiếm] (n -1)d
10
ns
1

⇒ cấu hình các nguyên tố nhóm I
B
(Cu, Ag ).

0,5đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ


0,375đ


0,375đ


0,5đ







0,5đ

0,5đ

0,5đ






Trang 2


CÂU II NỘI DUNG 3 ĐIỂM








1. 1,5đ

2. 0,5đ


3. 1đ


1. Viết CTCT, nêu dạng hình học, trạng thái lai hóa của nguyên tử trung
tâm trong các phân tử và ion sau: BeH
2
, BCl
3
H
2
O,
3
NO
−
.
2. Trong các phân tử sau, hãy sắp xếp theo chiều tăng dần góc liên kết:
CO
2
, H
2
S, SO
2
, SO
3
, CH

4
.
3. So sánh nhiệt độ nóng chảy và độ tan trong nước của các chất sau: KCl,
KBr, KI. Giải thích?
HD:
1. C
ông thức cấu tạo, nêu dạng hình học, trạng thái lai hóa
*
BeH
2
: CTCT H- Be – H, đường thẳng, lai hóa sp .
* BCl
3
: CTCT Cl , tam giác phẳng, lai hóa sp
2
.
⎟
B

Cl Cl
* H
2
O

; CTCT : O : , gấp khúc (chữ V), lai hóa sp
3
.

H H
O

-
*
3
NO
−
: CTCT - O- N ; tam giác phẳng, lai hóa sp
2
.
O

2. Sắp xếp theo chiều tăng dần góc liên kết:
H
2
S < CH
4
< SO
2
< SO
3
< CO
2


3. So sánh nhiệt độ nóng chảy và độ tan trong nước của các chất sau:
KCl, KBr, KI. Giải thích?
* Bán kính nguyên tử tăng dần từ Cl < Br < I ⇒ Bán kính ion Cl
-
< Br
-
< I

-
* Năng lượng phân li tỉ lệ nghịch với bán kính ion ⇒ Từ KCl, KBr, KI
nhiệt độ nóng chảy giảm dần và độ tan trong nước tăng dần .









0,375 đ
0,375 đ



0,375 đ



0,375 đ



0,5 đ



0,5 đ

0,5 đ















Trang 3



CÂU III NỘI DUNG 2 ĐIỂM

1. 1,25đ






2. 0,75đ









Cho cân bằng sau với các dữ kiện nhiệt động của các chất ở 25
0
C:
CO
2

(k)

+ H
2 (k)

⇌
CO
(k)
+ H
2
O
(h)


Chất CO
2
H
2
CO H
2
O
0
298
(/ )
H
kJ molΔ

-393 0 -110,5 -241,8
011
298
(. . )SJKmol
−−

213,6 131,0 197,9 188,7


1. Hãy tính
0
298
H
Δ ,
0
298
SΔ ,
0
298
GΔ của phản ứng và nhận xét phản
ứng có tự xảy ra theo chiều thuận ở 25
0
C hay không?
2. Giả sử
0
H
Δ của phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ. Hãy
tính
0
1273
GΔ của phản ứng thuận ở 1000
0
C và nhận xét?
HD: CO
2

(k)
+ H
2 (k)
⇌ CO
(k)
+ H
2
O
(h)

1.
2
000
298 298( )
298( )
()[ ]
CO
HO
Htd H HΔ=Δ+Δ
-
22
00
298( ) 298( )
[]
CO H
HHΔ+Δ

= (-110,5 -241,8) – (-393) = 40,7 kJ/mol

2
000
298 298( )
298( )
()[ ]
CO
HO
Std S SΔ= +
-
22
00
298( ) 298( )
[]
CO H
SS+


= (197,9 + 188,7) – (213,6 + 131,0) = 42 J/mol.

000
298 298( ) 298( )
()
td td
Gtd H TSΔ=Δ−Δ=40700 – 298 . 42 = 28184 J/mol
Vì
0
298
()GtdΔ > 0 nên phản ứng không tự xảy ra theo chiều thuận ở 25
0
C

2. Vì
0
H
Δ
của phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ nên:

2
2
T
G
T
Δ
=
1
1
T
G
T
Δ
+
0
21
11
H
TT
⎛⎞
Δ−
⎜⎟
⎝⎠

0
1273
GΔ
= 1273
28184 1 1
40700
298 1273 298
⎡⎤
⎛⎞
+−
⎜⎟
⎢⎥
⎝⎠
⎣⎦
= - 12766 J/mol

Vì
0
298
()GtdΔ < 0 nên phản ứng xảy ra theo chiều thuận ở 1000
0
C.

0,375 đ


0,375 đ

0,25 đ

0,25 đ





0,5 đ

0,25 đ

Trang 4

CÂU IV NỘI DUNG 5 ĐIỂM

1.1,5 đ











2. 3,5 đ


1. Viết các phương trình phản ứng sau và ứng dụng của mỗi phản ứng:
HD: a. PdCl
2
+ H
2

O + CO → Pd + 2 HCl + CO
2

Phản ứng này dùng để nhận biết khí CO trong hỗn hợp khí, những hạt rất
nhỏ Pd tách ra trong dung dịch làm màu đỏ của dung dịch PdCl
2
trở nên
đậm hơn.
b. Si + 2 KOH + H
2
O → K
2
SiO
3
+ 2 H
2
↑
Phản ứng này dùng để điều chế nhanh khí H
2
ở mặt trận.
c. N
2
H
4
+ O
2
→ N
2
+ 2 H
2

O
Phản ứng này tỏa nhiệt mạnh nên N
2
H
4
dùng để làm nhiên liệu cho tên lửa.
d. Zn
3
P
2
+ 6 H
2
O → 3 Zn(OH)
2
+ 2 PH
3
↑
PH
3
rất độc, nên dùng Zn
3
P
2
để làm thuốc diệt chuột.

2.Cho m gam hỗn hợp bột Al, Fe, Cu vào 200 gam dung dịch HNO
3
63%.
Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch A và 7,168
lít khí NO

2
(ở 27,3
0
C và 1,1 atm). Chia A làm 2 phần bằng nhau.
Phần một cho tác dụng với lượng dư dung dịch NH
3
, thu được 3,41
gam kết tủa.
Phần hai cho tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, sau khi phản
ứng kết thúc lấy kết tủa đem nung tới khối lượng không đổi, được 2,4
gam chất rắn.
a. Hãy chứng minh kim loại đã tan hết ? Xác định giá trị của m? Tính
nồng độ % của các chất trong dung dịch A.
b. Cho toàn bộ khí NO
2
thu được ở trên vào 500 ml dung dịch NaOH
5M được dung dịch B. Tính nồng độ mol/lít các chất trong dung dịch B.
HD:
a.
Các phương trình phản ứng
Al + 6 HNO
3
→ Al(NO
3
)
3
+ 3 NO
2
↑ + 3 H
2

O
x mol 6x mol xmol 3x mol
Fe +
6 HNO
3
→ Fe(NO
3
)
3
+ 3 NO
2
↑ + 3 H
2
O
y mol 6y mol ymol 3y mol
Cu
+ 4 HNO
3
→ Cu(NO
3
)
2
+ 2 NO
2
↑ + 2 H
2
O
z mol 4z mol z mol 2z mol

3

200.63
2
100.63
HNO
n ==(mol);
2
1,1.7,168
0,32
0,082.300,3
NO
n == (mol)
Theo phương trình nHNO
3
td = 2. nNO
2,
đề cho nHNO
3
> 2 . nNO
2

⇒ HNO
3
dùng dư
⇒
Kim loại đã phản ứng hết

* Cho ½ dung dịch A phản ứng với dung dịch NH
3

Al(NO

3
)
3
+ 3 NH
3
+ 3 H
2
O → Al(OH)
3
↓ + 3 NH
4
NO
3

x/2 mol x/2 mol
Fe(NO
3
)
3
+ 3 NH
3
+ 3 H
2
O → Fe(OH)
3
↓ + 3 NH
4
NO
3

y/2 mol y/2 mol
Cu(NO
3
)
2
+ 6 NH
3
+ 2 H
2
O → [Cu(NH
3
)
4
](OH)
2
+ 2 NH
4
NO
3

⇒
kết tủa thu được Al(OH)
3
, Fe(OH)
3




0,375 đ

0,375 đ

0,375 đ

0,375 đ
















0,375 đ

0,375 đ




0,375 đ




Trang 5



* Cho ½ dung dịch A phản ứng với dung dịch NaOH dư

Al(NO
3
)
3
+ 4 NaOH → NaAlO
2
+ 3 NaNO
3
+ 2 H
2
O
Fe(NO
3
)

3
+ 3 NaOH

→ Fe(OH)
3
↓ + 3 NaNO
3

y/2 mol y/2 mol
Cu(NO
3
)
2
+ 2 NaOH → Cu(OH)
2
↓ + 2 NaNO
3

z/2 mol z/2 mol
* Nung ở nhiệt độ cao :
2 Fe(OH)
3
→ Fe
2
O
3
↓ + 3 H
2
O
y/2 mol y/4 mol

Cu(OH)
2
→ CuO

↓ + H
2
O
z/2 mol z/2 mol
* Gọi n
Al
= x mol, n
Fe
= y mol, n
Cu
= z mol
Hệ phương trình : 3x + 3y + 2z = 0,32 (1)
78. x/2 + 107 . y/2 = 3,41 (2)
160. y/4 + 80. z/2 = 2,4 (3)
Giải hệ : x = 0,06 ; y = 0,02 ; z = 0,04
m
hỗn hợp
= 0,06 . 27 + 0,02 . 56 + 0,04 . 64 = 5,3 gam.
* Nồng độ % của các chất trong dung dịch A gồm :
[Al(NO
3
)
3
, Fe(NO
3
)

3
, Cu(NO
3
)
2
]
m
ddA
= mddHNO
3
+ m
Kloại
- mNO
2


= 200 + 5,3 - 0,32 . 46 = 190, 58 gam
n
HNO
3
dư = 2 - 2 .0,32 = 1,36 (mol)
C%dd Al(NO
3
)
3
=
0,06.213.100
6,705%
190,58
=

C%dd Fe(NO
3
)
3
=
0,02.242.100
2,539%
190,58
=
C%dd Cu(NO
3
)
2
=
0,04.188.100
3,945%
190,58
=
C%dd HNO
3
=
1,36.63.100
44,957%
190,58
=
b. Cho toàn bộ khí NO
2
vào dung dịch NaOH

2 NO

2
+ 2 NaOH → NaNO
3
+ NaNO
2
+ H
2
O
0,32 mol 0,32 mol 0,16 mol 0,16 mol
n
NaOH dư
= 0,5 . 5 - 0,32 = 2,18 mol

32
0,16
0,32
0,5
MddNaNO MddNaNO
CC M===


2,18
4,36
0,5
MddNaOH
CM==

0,25 đ




0,25 đ


0,375 đ


0,25 đ



0,25 đ


0,25 đ



0,25 đ




0,375 đ

0,125 đ







Trang 6


CÂU V NỘI DUNG 4 ĐIỂM

1. 2đ

2. 2đ



1.
Tính pH để bắt đầu kết tủa Mg(OH)
2
từ dung dịch Mg
2+
0,01M và pH
để kết tủa hoàn toàn nó. Biết rằng Mg(OH)
2
được coi là kết tủa hoàn
toàn khi nồng độ ion Mg
2+
sau khi kết tủa chỉ còn là 10
-6
M và Mg(OH)
2

có tích số tan T = 6.10
-10
.
HD:
♣ Tính pH bắt đầu kết tủa Mg(OH)
2

:
Mg
2+
+ 2OH
-
→ Mg(OH)
2
↓
Ta có: T = [Mg
2+
].[OH
-
]
2
= 6.10
-10

⇒ 0,01 . [OH
-
]
2
= 6.10
-10

⇒ [OH
-
] = 2,45 . 10
-4
(M)
pOH = -lg[OH

-
] = -lg 2,45 . 10
-4
= 3,61
pH = 14 - 3,61 = 10,39.
♣ Tính pH để kết tủa hoàn toàn Mg(OH)
2
:
Kết tủa được coi là hoàn toàn khi [Mg
2+
] = 10
-6
M, nên ta có:
[Mg
2+
] . [OH
-
]
2
= 6.10
-10

⇒ 10
-6
. [OH
-
]
2
= 6.10
-10

⇒ [OH
-
] = 2,45 . 10
-2
(M)
pOH = -lg[OH
-
] = - lg 2,45 . 10
-2
= 1,61
pH = 14 - 1,61 = 12,39.

2. Độ tan của H
2
S trong dd HClO
4
0,003M là 0,1mol/l. Nếu thêm vào
dung dịch này các ion Mn
2+
và Cu
2+
sao cho nồng độ của chúng bằng
2 . 10
-4
M thì ion nào sẽ kết tủa dạng sunfua? Biết T
MnS
= 3 . 10
-14
,

T
CuS
= 8 . 10
-37
, K
H
2
S
= 1,3 . 10
-21
.
HD:
. Các phương trình phản ứng
HClO
4
→ H
+
+
−
4
ClO
3 .10
-3
M 3 .10
-3
M
H
2
S ⇌ 2 H
+

+ S
2-


[
]
2
2
22117
2
32
0,1
. 1,3.10 1, 4.10
(3.10 )
HS
HS
SK
H
−−−
−
+
⎡⎤
== =
⎣⎦
⎡⎤
⎣⎦


Vậy
22 4 17 21

. 2.10 .1, 4.10 2,8.10Mn S
+− − − −
⎡⎤⎡⎤
==
⎣⎦⎣⎦
< T
MnS

⇒ nên không kết tủa.

22 4 17 21
. 2.10 .1, 4.10 2,8.10Cu S
+− − − −
⎡⎤⎡⎤
==
⎣⎦⎣⎦
> T
CuS

⇒ nên kết tủa CuS.
(HS có thể giải theo hướng khác, nhưng đúng vẫn tính theo thang điểm
trên)







0,125 đ

0,125 đ

0,375 đ
0,25 đ
0,125 đ

0,25 đ


0,375 đ
0,25 đ
0,125 đ






0,125 đ

0,125 đ

0,5 đ


0,5 đ
0,125 đ

0,5 đ
0,125 đ

Trang 7




CÂU VI NỘI DUNG 2 ĐIỂM


Chỉ được phép dùng dung dịch NaOH 0,1 M và chất chỉ thị
phenolphtalein, hãy phân biệt 3 dung dịch mất nhãn đựng trong 3 lọ
riêng biệt gồm: ddA: H
2
SO
4
0,1M; ddB: NaHSO
4
0,1M;
ddC: H
2
SO
4
0,1M và HCl 0,1M
HD:
♣
Các dung dịch trên phản ứng với NaOH với mức độ khác nhau:
* Dung dịch A: H

2
SO
4
+ 2 NaOH → Na
2
SO
4
+ 2 H
2
O
Dung dịch B: NaHSO
4
+ NaOH → Na
2
SO
4
+ H
2
O

Dung dịch C: H
2
SO
4
+ 2 NaOH → Na
2
SO
4
+ 2 H
2

O
HCl + NaOH → NaCl + H
2
O
* Khi kết thúc phản ứng thành phần chủ yếu của các dung dịch là:
Na
2
SO
4
→ 2 Na
+
+
2
4
SO
−


2
4
SO
−
+ H
2
O →
4
H
SO
−
+ OH

-
; K
b
= 10
-12
⇒ pH của dung dịch vào khoảng 7,5.
♣ Nếu lấy chính xác cùng một thể tích như nhau của các dung dịch phân
tích, thêm vài giọt phenolphtalein rồi cho rất chậm dung dịch NaOH cho
đến khi dung dịch chuyển sang màu hồng rất nhạt (pH từ 8 → 9) thì có thể
coi phản ứng xảy ra hết .

* Thể tích của NaOH tiêu thụ trong 3 trường hợp là
V
NaOH(B)
< V
NaOH(A)
< V
NaOH(C)
⇒ Dựa vào thể tích NaOH tiêu thụ cho phản ứng ta có thể nhận biết từng
dung dịch trên.
(HS có thể nhận theo hướng khác, nhưng đúng vẫn tính điểm tối đa)








0,5 đ

0,5 đ




0,5 đ



0,5 đ







1

Câu I (4 điểm):
1. Đốt cháy hoàn toàn a gam một hợp chất hữu cơ M cần 9,6 gam oxi . Sản phẩm cháy gồm CO
2
và H
2
O.
Cho sản phẩm hấp thụ hết vào bình đựng dung dịch Ba(OH)
2
thấy có 19,7gam kết tủa xuất hiện và khối
lượng dung dịch giảm 5,5gam. Lọc bỏ kết tủa, đun nóng dung dịch còn lại thu thêm 9,85gam kết tủa nữa.
a. Xác định giá trị a, công thức phân tử, viết các đồng phân cấu tạo và gọi tên của M.
b. Từ đồng phân X có thể điều chế cao su Buna và axit benzoic. Xác định công thức cấu tạo đúng
của X và viết sơ đồ điều chế cao su Buna và axit benzoic t
ừ X (với xúc tác và chất vô cơ coi như có đủ).
2. Cho các chất sau: (2S,3S)-butan-2,3-điol; (2R,3R)-butan-2,3-điol; (2S,3R)-butan-2,3-điol.
a. Viết công thức cấu tạo các hợp chất trên (theo công thức chiếu Fisơ).
b. Trong các chất trên, chất nào không có tính quang hoạt.

Câu II (3 điểm):
1. a. Cho anilin và phenylamoni clorua, chỉ rõ chất nào là chất rắn, chất nào là chất lỏng, chất nào ít
tan, chất nào tan trong nước ở điều kiện thường? Giải thích?
b. Nếu có một lọ hợp chất trên có ghi công thức đã mờ được dự đoán là phenylamoni clorua.
Nêu phương pháp hoá học xác định xem công thức đó đúng không?
2. Nêu cách tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp chứa đồng thời các chất sau: Toluen, C
6
H
5
OH, C
2
H

5
OH,
CH
3
COOH.



Câu III (3 điểm):
1. Cho sơ đồ sau:
C
6
H
6

2
3
Cl
FeCl
+
⎯
⎯⎯→ A
Mg
ete khan
+
⎯
⎯⎯→B
32
CH CH CH O
ete khan

=
⎯
⎯⎯⎯⎯→C
2
HO
H
+
⎯
⎯⎯→
D
[
]
O
⎯
⎯→ E
a. Xác định các chất A, B, C, D, E và hoàn thành sơ đồ phản ứng (có ghi rõ điều kiện phản ứng).

b. Gọi tên các chất A, B, D, E.
2. Từ axetilen và các chất vô cơ cần thiết khác coi như có đủ. Viết sơ đồ phản ứng điều chế : axit
axetilenđicacboxylic (axit butinđioic), ghi rõ điều kiện phản ứng.

Câu IV (3 điểm):
Một hỗn hợp X gồm H
2
và 2 hiđrocacbon A, B chứa trong bình có sẵn một ít bột Ni. Thể tích bình
là 8,96 lít, P
1
=2 atm (0
o
C). Đun nóng bình một thời gian rồi đưa về 0

o
C thì áp suất trong bình lúc này là
P
2
=1,5atm và được hỗn hợp khí Y.
Dẫn
1
2
hỗn hợp khí Y qua nước brom thì nước brom phai màu một phần, thu được một
hiđrocacbon duy nhất A đi ra khỏi bình Br
2
. Đốt cháy hoàn toàn A thu được CO
2
và H
2
O theo tỉ lệ khối
lượng 88 : 45.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KIÊN GIANG

KÌ THI HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2012-2013

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 2 trang)
MÔN THI: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 02/11/2012
(vòng 2)

2
Đốt cháy hoàn toàn
1
2
hỗn hợp Y thu được 30,8gam CO
2
và 10,8gam H
2
O. Giả thiết thể tích bình
không đổi, thể tích bột Ni không đáng kể và trong quá trình nung chỉ xảy ra phản ứng hợp H
2
.
1. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của A, B.
2. Tính phần trăm thể tích của các chất trong hỗn hợp X và hỗn hợp Y.
3. Tính tỉ khối của hỗn hợp X, Y đối với H
2
.

Câu V (4 điểm):
Một hỗn hợp Y gồm 2 chất hữu cơ A, B không tác dụng với dung dịch Br
2
và đều tác dụng với
dung dịch NaOH. Tỉ khối của Y đối với He bằng 17,8.
Cho Y tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH thì thấy phải dùng 4 gam NaOH, phản ứng cho ra
một ancol đơn chức và 2 muối của axit hữu cơ đơn chức. Nếu cho toàn bộ lượng ancol thu được tác dụng
với Na lấy dư, có 672 ml khí (ở đktc) thoát ra.
1. Xác định công thức phân tử và công thức cấu tạo của A, B.
2. Gọi tên các chất A, B và xác định các chất có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc.

Câu VI (3 điểm):

Một hợp chất hữu cơ A chứa C, H, O, N với m
C
: m
H
: m
O :
m
N
= 9: 2,25 : 8 : 3,5 . Tỉ khối hơi của
A đối với metan xấp xỉ bằng 5,69.
1. Xác định công thức phân tử của A.
2. Lấy 9,1 gam A cho tác dụng với 300ml dung dịch NaOH 1M đun nóng, có khí B mùi khai bay
ra có thể tích là 2,24 lít (đktc) và dung dịch E. Đốt cháy hết B thu được 4,4 gam CO
2
. Xác định công thức
cấu tạo của B và A.
3. Cô cạn dung dịch E, tính khối lượng chất rắn thu được. Cho thêm chất xúc tác vào và đem nung
chất rắn thu được, tính thể tích khí bay ra (ở đktc).

Cho H= 1 ; C = 12 ; N = 14 ; O= 16 ; Na = 23 ; Ba = 137 ; He = 4.

HẾT
Ghi chú:
●
Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
● Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.

1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT
KIÊN GIANG NĂM HỌC 2012 – 2013

ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC – VÒNG 2- Môn HÓA HỮU CƠ


CÂU I NỘI DUNG 4 ĐIỂM

1. 3đ

1. Đốt cháy hoàn toàn a gam một hợp chất hữu cơ M cần 9,6 gam oxi . Sản
phẩm cháy gồm CO
2
và H
2
O. Cho sản phẩm hấp thụ hết vào bình đựng
dung dịch Ba(OH)
2
thấy có 19,7 gam kết tủa xuất hiện và khối lượng dd
giảm 5,5 gam. Lọc bỏ kết tủa, đun nóng ddịch còn lại thu thêm 9,85 gam kết

tủa nữa.
a. Xác định giá trị a, CT phân tử, viết các đồng phân cấu tạo và gọi tên M.
b. Từ đồng phân X có thể điều chế cao su buna và axit benzoic . Xác định
CTCT đúng của X ?Viết sơ đồ điều chế cao su buna và axit benzoic từ X
(với xúc tác và chất vô cơ coi như có đủ).

HD:
a. Gọi CT: C
x
H
y
O
z
;
3
BaCO
n
=
19,7
197
= 0,1 mol
Ba(OH)
2
+ CO
2
→ BaCO
3
+ H
2
O

0,1mol 0,1mol
Ba(OH)
2
+ 2CO
2
→ Ba(HCO
3
)
2
0,1 mol 0,05 mol
Ba(HCO
3
)
2
0
t
⎯
⎯→

BaCO
3
↓ + CO
2
+ H
2
O
0,05mol 0,05mol
⇒
2
CO

n
∑
= 0,1 + 0,1 = 0,2 (mol)
∆m = m
kết tủa
- (
2
CO
m
+
2
HO
m
)
⇒
2
HO
m

=

m
kết tủa
-
2
CO
m
- ∆m

⇒

2
HO
m
= 19,7 – (44.0,2) – 5,5 = 5,4g
⇒

2
HO
n
=
5, 4
18
= 0,3 mol
Ta thấy :
2
CO
n
<
2
HO
n

⇒
Hợp chất M no

⇒
n
M
=
2

HO
n
-

2
CO
n = 0,3 – 0,2 = 0,1 mol

⇒
Số nguyên tử C =
2
CO
M
n
n
=
0, 2
0,1
= 2 ;
số nguyên tử H =
2
2.
HO
M
n
n
=
2. 0,3
0,1
= 6

n
O(M)
= 2
2
CO
n
+
2
HO
n

- 2
2
O
n
= 2.0,2 + 0,3 – 2.0,3 = 0,1 mol

⇒
Số nguyên tử O (z) =
()OM
M
n
n
=
0,1
0,1
= 1

0,75đ






0,25đ


0,25đ




0,25đ

0,5đ




2













2. 1đ


Vậy CTPT M là: C
2
H
6
O

⇒ a = 0,1 .46 = 4,6g
* Các đồng phân của M: CH
3
– CH
2
– OH Ancol etilic
CH
3
– O – CH
3
Đimetyl ete
b. CTCT đúng CH
3
– CH
2
– OH
C
2
H
5
OH
2
0
450 ,
HO
MgO
−
⎯
⎯⎯⎯→
CH

2
= CH – CH = CH
2
0
,,txtP
⎯
⎯⎯→
(-CH
2
–CH=CH–CH
2
-)
n

Cao su buna

C
2
H
5
OH
ên men giaml
⎯
⎯⎯⎯⎯→
CH
3
COOH
NaOH+
⎯
⎯⎯

→
CH
3
COONa
0
,NaOH t
CaO
+
⎯
⎯⎯⎯
→

CH
4
CH
3
Cl
+Cl
2

0
1500
ln
C
l
⎯
⎯⎯→
C
2
H

2

0
600 ,CC
⎯
⎯⎯⎯→
C
6
H
6

3
3
CH Cl
AlCl
+
⎯
⎯⎯→
C
6
H
5
-CH
3

[]O
⎯
⎯→
C
6

H
5
COOH

2. Cho các chất sau: (2S,3S)-butan-2,3-điol; (2R,3R)-butan-2,3-điol;
(2S,3R)-butan-2,3-điol.
a. Viết công thức cấu tạo các hợp chất trên (theo công thức chiếu Fisơ).
b. Trong các chất trên, chất nào không có tính quang hoạt.

HD:
a.
CH
3
H OH
OH H
CH
3

CH
3
OH H
H OH
CH
3

(2S,3S)-butan-2,3-điol (2R,3R)-butan-2,3-điol
CH
3
H OH
H OH

CH
3
(2S,3R)-butan-2,3-điol
b. Chất không có tính quang hoạt là: (2S,3R)-butan-2,3-điol. Vì có mặt phẳng
đối xứng.




0,25đ




0,375đ







0,375đ

0,25x3=
0,75đ













0,25đ



3


CÂU II NỘI DUNG 3 ĐIỂM

1. 1,5 đ

2. 1,5 đ


1. a. Cho anilin và phenylamoni clorua, chỉ rõ chất nào là chất rắn, chất nào
là chất lỏng, chất nào ít tan, chất nào tan trong nước? Giải thích?
b. Nếu có một lọ hợp chất trên có ghi công thức đã mờ được dự đoán là
phenylamoni clorua. Nêu phương pháp hoá học xác định xem công thức đó
đúng không?

HD:
a.
* C

6
H
5
– NH
2
là chất lỏng ít tan vì nó là hợp chất cộng hóa trị, có gốc phenyl hút
electron làm giảm khả năng tạo liên kết hidro với H
2
O
* C
6
H
5
NH
3
Cl là chất rắn tan trong H
2
O vì nó là hợp chất ion họ muối amoni
b. Các phương pháp hoá học xác định
- Lấy một mẫu thử cho tác dụng với dung dịch AgNO
3
thấy có kết tủa trắng xuất
hiện chứng tỏ có ion Cl
-

C
6
H
5
NH

3
Cl + AgNO
3
→ C
6
H
5
NH
3
NO
3
+ AgCl↓
- Lấy một mẫu thử khác cho tác dụng với dung dịch NaOH, lắc nhẹ cho phản ứng
hoàn toàn, nếu đúng là C
6
H
5
NH
3
Cl thì sẽ có một chất lỏng không tan tách ra. Chiết
lấy chất lỏng không tan đó cho tác dụng với dung dịch Br
2
thấy có kết tủa trắng
xuất hiện.
C
6
H
5
NH
3

Cl + NaOH → C
6
H
5
NH
2
+ NaCl + H
2
O
C
6
H
5
NH
2
+ 3Br
2
→ C
6
H
2
Br
3
–NH
2
↓ + 3HBr

2. Nêu cách tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp chứa đồng thời các chất sau:
Toluen, C
6

H
5
OH, C
2
H
5
OH, CH
3
COOH.
HD:
* Cho dung dịch NaOH vào hỗn hợp, phân 2 lớp, chiết lấy toluen.
PU: C
6
H
5
OH + NaOH → C
6
H
5
ONa + H
2
O
CH
3
COOH + NaOH → CH
3
COONa + H
2
O
* Chưng cất hỗn hợp còn lại thu C

2
H
5
OH
* Sục CO
2
đến dư vào hỗn hợp còn lại. Tách 2 lớp, thu lấy C
6
H
5
OH.
PU: C
6
H
5
ONa + CO
2
+ H
2
O → C
6
H
5
OH + NaHCO
3

* Cho dung dịch H
2
SO
4

vào hỗn hợp còn lại, tiến hành chưng cất (CO
2
) tách ra
trước, sau đó thu được CH
3
COOH ; Chất rắn còn lại là NaHSO
4
.
CH
3
COONa + H
2
SO
4
→ CH
3
COOH + NaHSO
4







0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ


0,25 đ



Nêu được
hiện tượng
mỗi chất

0,25x4=
1đ

Viết đúng
mỗi ptrình

0,125x4=
0,5đ

4
CÂU
III
NỘI DUNG 3
ĐIỂM

1.
1,5 đ




















2. 1,5
đ

1. Cho sơ đồ sau:
C
6
H
6

2
3
Cl
FeCl
+
⎯
⎯⎯→
A
Mg
ete khan
+
⎯
⎯⎯→
B
32
CH CH CH O
ete khan
=
⎯
⎯⎯⎯⎯→
C
2
HO

H
+
⎯
⎯⎯→ D
[
]
O
⎯
⎯→
E
a. Xác định các chất A, B, C, D, E và hoàn thành sơ đồ phản ứng(có ghi điều kiện).

b. Gọi tên các chất A, B, D, E.
HD:
1.
+ Cl
2
FeCl
3
(A)
+Mg
ete khan
C
6
H
5
MgCl
(B)
CH
3

CH
2
CH=O
ete khan
C
6
H
5
-CH -CH
2
CH
3
OMgCl
H
2
O, H
+
C
6
H
5
-CH -CH
2
-CH
3
OH
[O]
C
6
H

5
-C -CH
2
-CH
3
O
(C)
(D)
(E)
Cl
A: Clobenzen
B: Magie phenyl clorua
D: 1-phenylpropan-1-ol
E: Etyl phenyl xeton
2. Từ axetilen và các chất vô cơ cần thiết khác coi như có đủ. Viết sơ đồ phản ứng
điều chế : axit axetilenđicacboxylic (axit butinđioic), ghi rõ điều kiện phản ứng.
HD:
CH
CH
+ H
2
O
HgSO
4
, 80
0
C
CH
3
CHO

+H
2
Ni, t
0
CH
3
CH
2
OH
+ HBr
CH
3
CH
2
Br
+Mg
ete khan
CH
3
CH
2
MgBr
CH
CH
≡
BrMgC
CMgBr
1/CO
2
2/H

2
O
HOOC-C
≡
C-COOH






Sơ đồ
có đk

1pt=0,25
0,25x5=
1,25đ











0,25đ

Sơ đồ
có đk

1pt=0,25
0,25x6=
1,5đ











5

CÂU
IV
NỘI DUNG 3 ĐIỂM

1.
1,25 đ

Một hỗn hợp X gồm H
2
và 2 hiđrocacbon A, B chứa trong bình có sẵn một ít bột
Ni. Thể tích bình là 8,96 lít, P
1
=2 atm (0
o
C). Đun nóng bình một thời gian rồi
đưa về 0
o
C thì áp suất trong bình lúc này là P
2
=1,5atm và được hỗn hợp khí Y.
Dẫn ½ hỗn hợp khí Y qua nước brom thì nước brom phai màu một phần,
thu được một hiđrocacbon duy nhất A đi ra khỏi bình Br
2
. Đốt cháy hoàn toàn A
thu được CO
2
và H
2

O theo tỉ lệ khối lượng 88 : 45.
Đốt cháy hoàn toàn ½ hỗn hợp Y thu được 30,8 gam CO
2
và 10,8 gam
H
2
O. Giả thiết thể tích bình không đổi, thể tích bột Ni không đáng kể và trong
quá trình nung chỉ xảy ra phản ứng hợp H
2
.
1. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của A, B.
2. Tính phần trăm thể tích của các chất trong hỗn hợp X và hỗn hợp Y.
3. Tính tỉ khối của hỗn hợp X, Y đối với H
2
.
HD:
1.
* n
hhX
=
2. 8,96
22,4
.273
273
= 0,8 mol ; n
hhY
=
1, 5 .8, 96
22,4
.273

273
= 0,6 mol
* Độ giảm số mol hỗn hợp chính là số mol H
2
pứ
:
2
H
n
= 0,8 – 0,6 = 0,2 mol

2
CO
n
=
88
44
= 2 <
2
HO
n
=
45
18
= 2,5 ⇒ A là Ankan
* C
n
H
2n+2
+

31
2
n
+
O
2
→ nCO
2
+ (n + 1) H
2
O

⇒
44
18( 1)
n
n +
=
88
45
⇒ n = 4
* Vậy CTPT A : C
4
H
10
;
CTCT A : CH
3
-CH
2

-CH
2
-CH
3
và
H
3
C
H
C
CH
3
CH
3


Hỗn hợp Y :
*
2
CO
n
=
30,8
44
= 0,7 mol ;
2
HO
n
=
10,8

18
= 0,6 mol
* Khối lượng ½ Y: m
Y
= m
C
+ m
H
= 12. 0,7 + 1,2. 0,6 = 9,6g
*
Y
M
=
9, 6
0,3
= 32 ; mà: M
B
<
Y
M
= 32 < M
A

*
⇒
B là : C
2
H
2
hay C

2
H
4



















0,25 đ

0,5 đ







Tìm CT B
0,125 . 4=
0,5đ







6



2.
1,25 đ

3
0,5 đ

+ Nếu B là C
2
H
4
thì sản phẩm gồm 2 chất C
4
H
10
và C
2
H
6
( trái với giả thuyết) : loại
+ Vậy B là C
2
H
2
. CTCT: CH ≡ CH.
2. Hỗn hợp X gồm : C
4
H
10
, C
2
H
2
, H
2

Gọi a ,b lần lượt là số mol C
4
H
10
và C
2
H
2
trong X.
1
2
hỗn hợp X và
1
2
hỗn hợp Y có cùng số nguyên tử C.
* C
4
H
10
+ 13/2 O
2
→ 4CO
2
+ 5 H
2
O
a/2 2a
* C
2
H

2
+ 5/2 O
2
→ 2 CO
2
+ H
2
O
b/2 b
* ta có :
20,7
0,8 0, 2 0, 6
ab
ab
+=
⎧
⎨
+= − =
⎩

*

⇒
0,1
0,5
a
b
=
⎧
⎨

=
⎩

* Vậy hỗn hợp X: C
4
H
10
(0,1mol) , C
2
H
2
(0,5mol) , H
2
(0,2 mol)

410
%
CH
V
=
0,1
0,8
. 100 = 12,5 % ;

22
%
CH
V =
0,5
0,8

.100 = 62,5 % ;

2
%
H
V
=
0, 2
0,8
.100=25 %
* Hỗn hợp Y: C
2
H
2
+ H
2
→ C
2
H
4

0,2 ← 0,2 → 0,2
* Y : C
4
H
10
(0,1mol) , C
2
H
2

dư (0,3 mol) ,

C
2
H
4
(0,2mol)

410
%
CH
V
=
0,1
0, 6
. 100 = 16,67% ;
*
24
%
CH
V
=
0, 2
0, 6
.100 = 33,33%

22
u
%
CH d

V
=
0,3
0, 6
. 100 = 50 %
3.
X
M
=
0,1.58 0,5.26 0,2.2
0,8
+
+
= 24
⇒
2
/XH
d
=
24
2
= 12

Y
M
=
0,1.58 0,3.26 0, 2.28
0, 6
+
+

= 32
⇒
2
/YH
d
=
32
2
= 16










0,125 . 4=
0,5đ

0,125 . 3=
0,375đ








0,125 . 3=
0,375đ






0,25 . 2=
0,5 đ



7


CÂU V NỘI DUNG 4 ĐIỂM

1. 3,5 đ

Một hỗn hợp Y gồm 2 chất hữu cơ A, B không tác dụng với dung dịch Br
2
và
đều tác dụng với dung dịch NaOH. Tỉ khối của Y đối với He bằng 17,8.
Cho Y tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH thì thấy phải dùng 4
gam NaOH, phản ứng cho ra một ancol đơn chức và 2 muối của axit hữu cơ
đơn chức. Nếu cho toàn bộ lượng ancol thu được tác dụng với Na lấy dư, có
672 ml khí (ở đktc) thoát ra.
1. Xác định công thức phân tử và công thức cấu tạo của A, B.
2. Gọi tên các chất A, B và xác định các chất có khả
năng tham gia
phản ứng tráng bạc.
HD:
* A, B không tác dụng với Br
2
⇒
A ,B là các hợp chất no
Y tác dụng với NaOH cho ra ancol và muối
⇒

Y là axit hay este.
*
Y
M
= 17,8. 4 = 71,2 ; n
H
2
=
0, 672
22,4
= 0,03mol

* TH1: A,B là 2 este, có công thức : R
1
COOR và R
2
COOR
R
1
COOR + NaOH → R
1
COONa + ROH (1)
R
2
COOR + NaOH → R
2
COONa + ROH (2)
ROH + Na → RONa +
1
2

H
2
(3)
0,06mol ← 0,03 mol
Theo PT (1) , (2) : n
ancol
= n
NaOH
=
4
40
= 0,1 mol
≠ 0,06 (loại)
*TH2: A là axit, B là este , công thức : R
1
COOH , R
2
COOR
R
1
COOH + NaOH → R
1
COONa + H
2
O (4)
R
2
COOH + NaOH → R
2
COONa + ROH (5)

0,06 0,06 ← 0,06
ROH + Na → RONa +
1
2
H
2
(6)
0,06 mol ← 0,03 mol
Vì A ,B là hợp chất axit và este no, đơn chức nên được viết lại : C
n
H
2n
O
2
,
C
m
H
2m
O
2

=
0,04 (14 32) 0,06(14 32)
0,1
nm++ +
= 71,2
⇒
56n + 84m = 392 hay 2n + 3m = 14
n 1 2 3 4 5

m 4
10
3

8
3

2
4
3















0,5đ

0,25đ



0,25 đ



0,25 đ


0,25đ


0,25 đ

0,25đ


0,25 đ


0,25 đ

M

8

2. 0,5 đ


* Với n = 1, m = 4
A : CH
2
O
2
. CTCT : HCOOH : axit fomic

B : C
4
H
8
O
2 .
CTCT : HCOOCH
2
CH
2
CH
3
: Propyl fomat ;

HCOO
C
H
CH
3
CH
3
iso-propyl fomat
CH
3
COOCH
2
CH
3
: Etyl axetat
CH

3
CH
2
COOCH
3
: Metyl propionat

* Với n = 4, m = 2
A : C
4
H
8
O
2
. CTCT : CH
3
CH
2
CH
2
COOH : Axit butiric (hay: axit butanoic)

CH
3
C
H
CH
3
COOH
: Axit iso-butiric (hay: axit metylpropanoic)

B : C
2
H
4
O
2
. CTCT: HCOOCH
3
: Metyl fomat
b. Các chất có tham gia pứng tráng gương : HCOOH , HCOOCH
2
CH
2
CH
3
;
HCOO
C
H
CH
3
CH
3
; HCOOCH
3

0,25 đ




0,25 đ





0,25đ



0,25đ



0,25đ



0,25 đ

9
CÂU VI NỘI DUNG 3 ĐIỂM











1. 1đ

2. 1đ







3. 1đ









Một hợp chất hữu cơ A chứa C, H, O, N với m
C
: m
H
: m
O :
m
N

= 9:2,25:8:3,5
. Tỉ khối hơi của A đối với metan xấp xỉ bằng 5,69.
1. Xác định công thức phân tử của A.
2. Lấy 9,1g A cho tác dụng với 300ml dung dịch NaOH 1M đun nóng, có khí
B mùi khai bay ra có thể tích là 2,24 lít (đktc) và dung dịch E. Đốt cháy hết
B thu được 4,4g CO
2
. Xác định công thức cấu tạo của B và A.
3. Cô cạn dung dịch E, tính khối lượng chất rắn thu được. Cho thêm chất
xúc tác vào và đem nung chất rắn thu được, tính thể tích khí bay ra (ở đktc).
HD:
1.* Gọi CT hợp chất A: C
x
H
y
O
z
N
t
. M
A
= 5,69 .16 = 91
* x : y :z : t =
9
12
:
2, 25 8 3,5
: : 0, 75 : 2, 25 : 0, 5 : 0, 25 3: 9 : 2 :1
11614
==

* CT ĐG: (C
3
H
9
O
2
N)
n
: 91n = 91
⇒

⇒
n =1
* CTPT A : C
3
H
9
O
2
N.
2. * n
A=
9,1
0,1
91
mol= ; n
NaOH
=0,3 mol
* n
B

=
2, 24
0,1
22,4
mol=
;
2
CO
n
=
4, 4
44
=0,1 mol
* B có mùi khai là NH
3
hay amin
n
B
=
2
CO
n ⇒ B có 1 nguyên tử C ⇒B là: CH
3
-NH
2

*
⇒
Công thức cấu tạo A : CH
3

COONH
3
CH
3


3. * CH
3
COONH
3
CH
3
+ NaOH
0
t
⎯
⎯→ CH
3
COONa + CH
3
NH
2
+ H
2
O
0,1mol
→ 0,1 0,1
* m
rắn
=

3
CH COONa
m
+ m
NaOH dư
= 0,1.82 + 0,2. 40 = 16,2g
* CH
3
COONa + NaOH
0
,tCaO
⎯
⎯⎯→
CH
4
+ Na
2
CO
3

0,1mol
→ 0,1 mol
*
⇒

4
CH
V
= 0,1.22,4= 2,24 lít

0,25 .4=
1đ




0,25 .4=
1đ







0,25 .4=
1đ