Đề thi học sinh giỏi lớp 9, lớp 12 và Tin học trẻ các năm - Phòng Khảo thí và Kiểm định chất lượng giáo dục - Sở Giáo dục và Đào tạo Kiên Giang hoa2_deda

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KIÊN GIANG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014

ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC - VÒNG 2 – Môn: HÓA HỌC
CÂU
NỘI DUNG
Câu I 1) Vì 1 mol X tác dụng với NaHCO3 giải phóng 2 mol CO2 chứng tỏ X là
4 điểm một 1 axit hai lần axit nên phân tử chứa 4 nguyên tử oxi
@ CTPT (X): C4H4O4 hay C2H2(COOH)2
Ứng với mạch không nhánh có 2 đồng phân cis – trans là
HOOC

COOH

H

COOH

C=C
H

H

HOOC

12 x.100

= 24, 24
MA

12 x '.100
= 20
MB
⎧x = 2
vì x, x’ ≤ 4 ⇒ ⎨
⎩x ' = 3
%C( B ) =

0,25

H

2 5

a.

0,25

C=C

Cis
trans
Và chỉ có dạng cis mới có thể đóng vòng. Do đó khi tác dụng với P2O5 thu
được anhydric
O
O
C

C
H C
OH
H
C
PO
⎯⎯⎯
→
O + 2HPO3
H C
OH
H
C
C
C
O
O
Axit maleic
anhydric maleic
( axit cis-but-2-endioic )
CT B: Cx’Hy’Clz’
2) Đặt CT A: CxHyClz
%C( A) =

ĐIỂM

@

MA
x 2

= 1,818 ⇒ =
MB
x' 3

0,25

0,25

2 x 0,25

0,25

0,25

• MA = 12x + y + 35,5z = 99
@ y + 35,5z = 75 ( z là số nguyên )
@ 35,5z < 75
@ z < 2,1126 @ z = 2 và y = 4
@ CTPT của A: C2H4Cl2
• MB = 12x’ + y’ + 35,5z’ = 180
@ y’ + 35,5z’ = 144 @ 35,5z’ < 144
@ z’ < 4,056 mặt khác y’ + z’ = 144 – 34,5z’ ≤ 8
@ z’ ≥ 3 @ z’ = 4 và y’ = 2
Trang - 1

0,25

0,25

@ CTPT của B: C3H2Cl4
b. Đồng phân của A: CH2Cl – CH2Cl ; CH3 – CHCl2
đồng phân của B: CCl2 =CCl – CH2Cl
CCl2 = CH – CHCl2
CHCl =CCl – CHCl2 ( cis – trans )
CHCl=CH – CCl3 ( cis – trans )
CH2=CCl – CCl3
Cl

Cl
C

Cl

CH

0,25
0,125
0,125
0,25
0,25
0,25

CH2
CH Cl

Cl
Cl

C

0,25
C

Cl
Cl

Câu II 1) Cơ chế của phản ứng
3 điểm
AlCl3 + Cl2 ⎯⎯
→ AlCl4− + Cl +

4 x 0,25

Cl + + C6 H 6 ⎯⎯
→ C6 H 6Cl +
C6 H 6Cl + ⎯⎯
→ C6 H 5Cl + H +
+
H + + AlCl4− ⎯⎯
→ AlCl3 + HHCl

2)
a. Có thể nhận biết axit nhờ quỳ tím, KL Fe, Zn hoặc muối CO322C2H5COOH + Na2CO3 ⎯⎯
→ 2C2H5COONa + H2O + CO2
- Nhận biết andehit nhờ phản ứng tráng bạc
CH3-CH(OH)-CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O ⎯⎯
→
CH3-CH(OH)_COONH4 + 2Ag + 2NH4NO3
- Để nhận biết este rõ ràng trước hết cho hỗn hợp tác dụng với Na để

C2H5COOH và CH3-CH(OH)-CHO tạo muối không bay hơi. Sau đó đun nhẹ
sẽ có mùi thơm đặt trưng của este.
b. Có rất nhiều cách để xác định thành phần hỗn hợp dưới đây là 1 cách
- Lấy 1 mol ( tức 74 gam ) cho tác dụng với lượng dư Na2CO3 và xác định
lượng CO2 thoát ra ( na )
2C2H5COOH + Na2CO3 ⎯⎯
→ 2C2H5COONa + H2O + CO2
( có thể xác định lượng CO2 theo đo V của CO2 ở điều kiện nhiệt độ, áp suất
nào đó ví dụ như (đktc) hoặc theo khối lượng CO2 bị hấp thụ bởi KOH hoặc
theo lượng kết BaCO3
- Lấy 1 mol hỗn hợp cho tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 ( dư ), rồi cân
lượng Ag thoát ra và tính số mol andehit ( nb )
CH3-CH(OH)-CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O ⎯⎯
→
CH3-CH(OH)_COONH4 + 2Ag + 2NH4NO3
Suy ra số mol etse: nC = 1 – na – nb
Trang - 2

0,25
0,25
0,25

0,5

0,5
0,25


Câu III 1)
3 điểm Vì C là dẫn xuất của benzene nên B phải thuộc loại ankin, do đó A chỉ có thể 0,25

là dẫn xuất đibrom ở 2 cacbon lân cận, do đó C3H6 là propen, không thể là
xiclopropan
3 x 0,25
CH 2 = CH − CH 3 + Br2 ⎯⎯
→ CH 2 ( Br ) − CH ( Br ) − CH 3
ancol
CH 2 ( Br ) − CH ( Br ) − CH 3 + 2 KOH ⎯⎯⎯
→ CH ≡ C − CH 3 + 2 KBr + H 2O
trùng hop
3CH ≡ C − CH 3 ⎯⎯⎯⎯
→ C6 H 3 (CH 3 )3 (1,3,5 − trimetylbenzen)

Vì khi đốt cháy D còn lại chất rắn. Vậy D phải chứa kim loại Kali, chất rắn là 0,25
207
= 1,5 mol K2CO3 suy ra cả ba nhóm –CH3
K2CO3 và vì 1 mol D tạo ra
138

đều bị oxi hóa biến thành nhóm –COOK
1,3,5-C6H3(CH3)3 + 6KMnO4 ⎯⎯
→
1,3,5-C6H3(COOK)3 + 6MnO2 + 3KOH + 3H2O
( chất D )
2)
* C4H8 có 6 đồng phân: But-1-en; Cis-but-2-en; Trans-but-2-en;
metylpropen; xiclobutan và metylxiclopropan ( 6 CTCT )
* C4H8 làm nhạt màu brom phải có liên kết đôi @ A, B, C, D là 4 anken
* Không làm nhạt màu brom chỉ có liên kết đơn @ E, F là xicloankan
* Đồng phân có điểm sôi cao hơn do có µ lớn hơn
µ(metylxiclopropan) # 0 và µ(xiclobutan) = 0

@ E là metylxiclopropan và F là xiclobutan
* Muốn tạo cùng sản phẩm khi hidro hóa thì chất ban đầu phải có cấu trúc
tương tự nhau, chỉ khác nhau ở vị trí liên kết đôi
@ A, B, C là But-1-en và But-2-en, còn D là metylpropen
- Hai đồng phân hình học thi khi cộng Br2 để tạo ra đồng phân lập thể của
nhau
Ví dụ: - Cis-but-2-en tạo dạng Meso của 2,3-dibrompropan
- Trans-but-2-en tạo đồng phân đối hình R,R và S,S tương ứng
của 2,3-dibrompropan
@ B, C là Cis-but-2-en và Trans-but-2-en, còn A là But-1-en
- Do trans- but-2-en có momen lưỡng cực triệt tiêu nên điểm sôi thấp hơn
@ C là Cis-but-2-en và B là Trans-but-2-en
Câu IV 1) Gọi CT của X hoặc Y là CxHy
y
3 điểm C H + ( x + y )O ⎯⎯
t
→ xCO2 +
H 2O
x
y
2
0

4

MX(Y) = 32.

2

10,12

= 92
3,52
Trang - 3

0,25

0,25
0,25

0,25
0,25

0,25
0,25


⎧ y
⎧x = 7
⎪ x : = 1, 75
⇒⎨
⇒ CTPT của X (Y): C7H8
⎨ 2
⎩y = 8
⎪⎩12 x + y = 92

• X phản ứng với dung dịch AgNO3/NH3
@ CT C7-2nH8-n(C≡CH)n
@ CT kết tủa C7-2nH8-n(C≡CAg)n

2*0,25

6,9
= 0, 075 mol @ nkết tủa= 0,075 mol
92
22,95
= 306
@ Mkết tủa =
0, 075

nX pứ =

@ 12(7 – 2n ) + ( 8 – n ) + 132n =306 @
Vậy X có thể có 1 trong các cấu tạo sau
CH≡C – CH2 – CH2 – CH2 – C≡CH
CH≡C – CH(CH3) – CH2 – C≡CH
CH≡C – CH(C2H5)– C≡CH
CH≡C – C(CH3)2 – C≡CH
• CTPT của Z: ( C7H8.mHCl )
Ta có:
35,5m.100
m = 44
= 59, 66 ⇒ m
92 + 35,5m + m

n=2

0,25

(1)
(2)

(3)
(4)

0,25( 4
cấu tạo )

Vậy CT của Z là : C7H12Cl4

0,25

Theo quy tắc cộng maccopnhicop: X phản ứng với HCl tạo nên Z có thể
là các chất sau
(1) CH3 – C(Cl)2- CH2 – CH2 – CH2 – C(Cl)2 – CH3
(2) CH3 – C(Cl)2 – CH(CH3) – CH2 – C(Cl)2 – CH3
(3) CH3 – C(Cl)2 – CH(C2H5) – C(Cl)2 – CH3
(4) CH3 – C(Cl)2 – C(CH3)2 – C(Cl)2 – CH3
• Khi brom hóa Z chỉ cho 2 sản phẩm thế là dẫn xuất halogen nên Z phải
là:
CH3 – C(Cl)2 – C(CH3)2 – C(Cl)2 – CH3
Vậy CTCT A: CH≡C – C(CH3)2 – C≡CH
• Y không phản ứng với AgNO3/NH3, không tác dụng với HCl và bị
KMnO4 oxi hóa khi đun nóng
Suy ra CTCT của Y: C6H5 – CH3 ( toluen )
2) Các phương trình phản ứng

0,25 ( 4
cấu tạo )

0,25
0,25

4pt*0,25
Trang - 4


* C7 H 8 + 9O2 ⎯⎯
→ 7CO2 + 4 H 2O
* CH ≡ C − C (CH 3 ) 2 − C ≡ CH + 2 AgNO3 + 2 NH 3 ⎯⎯
→
AgC ≡ C − C (CH 3 ) 2 − C ≡ CAg + 2 NH 4 NO3
* CH ≡ C − C (CH 3 ) 2 − C ≡ CH + 4 HCl ⎯⎯
→ CH 3 − C (Cl ) 2 − C (CH 3 ) 2 − C (Cl ) 2 − CH 3
*2CH 3 − C (Cl ) 2 − C (CH 3 ) 2 − C (Cl ) 2 − CH 3 + 2 Br2
as
⎯⎯
→ CH 3 − C (Cl ) 2 − C (CH 3 ) 2 − C (Cl ) 2 − CH 2 Br +

CH 3 − C (Cl ) 2 − C (CH 2 Br )(CH 3 ) − C (Cl ) 2 − CH 3 + 2 HBr
0

t
* C6H5 – CH3 + 2KMnO4 ⎯⎯
→ C6H5 – COOK + 2MnO2 + KOH + H2O

Câu V 1) A là este vì khi đun A với dung dịch NaOH cho muối B và ancol C
4 điểm
→ RCOONa + R’OH
RCOOR’ + NaOH ⎯⎯
0,25
R’OH

+

Na

nA = nR’OH = 2.nH 2 = 2.
@ MA =

⎯⎯
→ R’ONa

+ ½ H2

1,12
= 0,1 mol
22, 4

10, 2
= 102
0,1

0,25

- Khí D là 1 hidrocacbon có MD = 32.0,5 = 16
⎯⎯
→ khí D là CH4 và muối B là CH3COONa
Do CH3COONa + NaOH ⎯⎯
→ CH4 + Na2CO3
→ MA = 59 + R’ = 102 @ R’= 43 ( C3H7-)
CT A: CH3COOR’ ⎯⎯

2*0,25

0,25

Vậy CT ancol C là: C3H7OH
Với C3H7OH ta có 2 đồng phân ancol
[O ]
CH3CH2CH2OH ⎯⎯
→ CH3CH2CHO + H2O
[O ]
CH3-CH(OH)-CH3 ⎯⎯
→ CH3-CO-CH3 + H2O
Vì sản phẩm oxi hóa (E) không tham gia phản ứng với AgNO3/NH3
@ E là xeton: CH3-CO-CH3 và C là ancol bậc II: CH3CH(OH)CH3

@ CT của A: CH3-COO-CH(CH3)-CH3 ( isopropyl axetat )
2) chất ắn thu được sau phản ứng:
CH3COOC3H7 + NaOH ⎯⎯
→ CH3COONa + C3H7OH
Trang - 5

2*0,25
0,25


0,1 mol

0,15 mol

0,1 mol

NNaOH dư = 0,15 – 0,1 = 0,05 mol

0,25

Sau khi cô cạn dung dịch F ta thu được chất răn gồm:
NaOH dư ( 0,05 mol ) và CH3COONa ( 0,1 mol )
@ mrắn = 0,1.82 + 0,05.40 = 10,2 gam

0,25

3)
nA =

5,1
= 0, 05 mol
10, 2

nG = 0,5.0,05 = 0,025 mol

0,25

theo đề bài G là 1 este đơn chức @ CTTQ: CxHyO2
nCO 2 (A, G ) =

16,5
= 0,375 mol
44

nH 2 O(A, G) =

6,3
= 0,35 mol
18

Đốt cháy A: C5H10O2 +

0,25

13
O2 ⎯⎯
→ 5CO2
2

0,05 mol

0,25

+ 5H2O
0,25

@ nCO 2 (G) = 0,375 – 0,25 = 0,125 mol
0,25

@ nH 2 O(G) = 0,35 – 0,25 = 0,1 mol
y
4

→

Đốt cháy G: CxHyO2 + ( x + − 1)O2 ⎯⎯

0,025 mol

xCO2 +

y/2H2O

0,025x

0,025.y/2

@ 0,025x = 0,125 @ x = 5
0,25

@ 0,025.y/2 = 0,1 @ y = 8
Vậy CTPT G: C5H8O2
Số liên kết π trong G =

2.5 + 2 − 8
= 2 @ G là este không no có 2 liên kết π
2

Trang - 6

0,25


Phản ứng xà phòng hóa G thu được muối CH3COONa và một sản phẩm có
khả năng phản ứng với AgNO3/NH3

0,25

@ G: CH3COOCH=CH – CH3
Câu VI 1) Gọi CTPT của A là CxHyOz
3 điểm ( x nguyên ≥ 1; 2 ≤ y nguyên ≤ 2x + 2; z nguyên ≥ 1 )
C x H y Oz + ( x +

y z
y
t0
− )O2 ⎯⎯
→ xCO2 + H 2O
4 2
2

(1)

Sản phẩm cháy có CO2 và H2O, khi hấp thụ vào dung dịch Ca(OH)2 có phản
ứng:
CO2 + Ca(OH)2 ⎯⎯
(2)
→ CaCO3 + H2O
Có thể có phản ứng
→ Ca(HCO3)2
(3)
2CO2 + Ca(OH)2 ⎯⎯
nCa(OH) 2 = 1.0,2 = 0,2 mol
nCO 2 = n ↓ = 0,12 mol
ta có: mCO + mH O − 12 = 2, 48

Trường hợp 1:
2

0,25( 3
pt )

0,25

2

mH 2O = 2, 48 + 12 − 0,12.44 = 9, 2 g
9, 2
18
2 x 0,12.18
=
=
⇒ 18, x = 2,16 y
9, 2
y

Suy ra
nCO2
nH 2O

0,25

nH 2 O =

⇒ 18, 4 x ≤ 2,16(2 x + 2)
⇒ 14, 08 x ≤ 4,32

@ x ≤ 0,3 ( loại )
Trường hợp 2:
Ptpứ (3) ta có nCO = nCO (2) + nCO (3) = 0,12 + (0, 2 − 0,12).2 = 0, 28 mol
Suy ra
mH 2 O = 2,48 + 12 – 0,28.44 = 2,16 gam
2

Suy ra

nH 2 O =

2

0,25
0,25

2

2,16
= 0,12 mol
18

0,25

Trong 6,16 gam A có:

nC = 0, 28 mol ; nH = 2.0,12 = 0, 24 mol
nO =

6,16 − 0, 28.12 − 0, 24
= 0,16
16

Suy ra: x : y : z = 0,28 : 0,24 : 0,16 = 7 : 6 : 4
CT thực nghiệm của A là (C7H6O4)n
Theo giả thiết: MA < Mglucozo @ 154n < 180 @ n < 1,17 chọn n = 1
CTPT của A: C7H6O4
Trang - 7

0,25
0,25


2) Với CT C7H6O4 thỏa mãn điều kiện thì A có thể có các công thức cấu tạo
sau:
OH
HCOO

OH

OH

HCOO –

OH

HCOO –
OH

OH
OH

OH
OH

HCOO

6*0,125

OH

HCOO –
HCOO-

- OH

OH
Phương trình:
2*0,125
HCOOC6 H 3 (OH ) 2 + 4 NaOH ⎯⎯
→ HCOONa + C6 H 3 (ONa )3 + 3H 2O
0

t
→ NH 4OCOOC6 H 3 (OH ) 2 + 2 Ag + 3NH 3 + H 2O
HCOOC6 H 3 (OH ) 2 + 2 Ag ( NH 3 ) 2 OH ⎯⎯

Ghi chú: Học sinh có thể giải theo cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa

Trang - 8