De Thi HSG Hoa hoc lop 12Tinh Quang TriNam hoc 20132014

<span class='text_page_counter'>(1)</span>UBND TỈNH QUẢNG TRỊ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 12 THPT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Năm học: 2013 - 2014 Khóa thi ngày: 05/3/2014 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 2 trang) Câu 1. (4,0 điểm) 1. Cho lần lượt các quặng sắt: hematit, xiđerit, manhetit, pirit sắt tác dụng với dung dịch HNO 3 đặc nóng dư, biết tạo sản phẩm khử duy nhất là NO2. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dạng ion. 2. Viết phương trình dạng ion trong các thí nghiệm sau (các phản ứng xảy ra hoàn toàn): a) Đun nóng dung dịch NaHCO 3, để nguội rồi đem tác dụng lần lượt với dung dịch Ba(NO3)2, AlCl3. b) Dung dịch Na2S dư tác dụng lần lượt với dung dịch MgCl2, FeCl3. c) Dung dịch NH3 dư tác dụng lần lượt với dung dịch ZnCl2, AlCl3. 3. Viết tất cả các phương trình phản ứng có thể xảy ra trong các trường hợp sau: a) Cho khí Cl2 tác dụng với Ca(OH)2. b) Sục khí H2S vào dung dịch hỗn hợp K2Cr2O7 và H2SO4 tạo kết tủa vàng. 4. X và Y là các nguyên tố thuộc phân nhóm chính, đều tạo hợp chất với hiđro có dạng RH (R là kí hiệu của nguyên tố X hoặc Y). Gọi A và B lần lượt là hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của X và Y. Trong B, Y chiếm 35,323% khối lượng. Trung hòa hoàn toàn 50 gam dung dịch A 16,8% cần 150 ml dung dịch B 1M. Xác định các nguyên tố X và Y. Câu 2. (4,0 điểm) 1. Nêu hiện tượng, viết phương trình phản ứng dạng ion để giải thích các thí nghiệm sau: a) Hòa tan một mẩu K2Cr2O7 vào ống nghiệm bằng nước cất, sau đó thêm vào vài giọt dung dịch Ba(OH)2. b) Hòa tan một mẩu Fe3O4 bằng dung dịch H2SO4 loãng, dư, sau đó thêm vào lượng dư dung dịch NaNO3. 2. Cho hỗn hợp A gồm Cu và Fe2O3 vào 400 ml dung dịch HCl aM thu được dung dịch B và còn lại 1 gam Cu không tan. Nhúng thanh Mg vào dung dịch B, thấy khối lượng thanh Mg tăng thêm 4 gam so với khối lượng thanh Mg ban đầu và có 1,12 lít khí H 2 (đktc) thoát ra. Cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Viết các phương trình phản ứng xảy ra, tính a và khối lượng Cu trong A. 3. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm Al, Al 2O3 và Al(OH)3 bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 20%. Sau khi phản ứng kết thúc, thu được 273,75 gam dung dịch Al 2(SO4)3 21,863% và 5,04 lít H2 (đktc). Viết các phương trình hóa học xảy ra và tính giá trị m. 4. Dung dịch M(NO3)2 được chia thành 2 phần bằng nhau. Phần 1 tác dụng hết với dung dịch K3PO4, thu được kết tủa M3(PO4)2 có khối lượng khác khối lượng M(NO 3)2 ban đầu là 13,65 gam. Điện phân phần 2 bằng dòng điện một chiều có cường độ là 2 ampe tới khi thấy khối lượng catot không tăng thêm nữa thì dừng lại, biết hiệu suất quá trình điện phân là 100 %. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và tính thời gian đã điện phân. Câu 3. (4,0 điểm) 1. Hòa tan hoàn toàn 12,42 gam Al bằng dung dịch HNO 3 loãng dư, thu được dung dịch X và 1,344 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm 2 khí N2O và N2. Tỉ khối của Y so với H2 là 18. Cô cạn dung dịch X, thu được bao nhiêu gam chất rắn khan? 2. Kim loại A phản ứng với phi kim B tạo hợp chất C màu vàng cam. Cho 0,1 mol hợp chất C phản ứng với CO 2 (dư) tạo thành hợp chất D và 2,4 gam B. Hòa tan hoàn toàn D vào nước, dung dịch D phản ứng hết với 100 ml dung dịch HCl 1M giải phóng 1,12 lít khí CO2 (đktc). Hãy xác định A, B, C, D và viết các phương trình phản ứng xảy ra. Biết C chứa 45,07% B theo khối lượng, D không bị phân tích khi nóng chảy. 3. Thuỷ phân hoàn toàn 0,1 mol este E (chỉ chứa một loại nhóm chức) cần dùng vừa đủ 100 gam dung dịch NaOH 12%, thu được 20,4 gam muối của một axit hữu cơ và 9,2 gam một ancol. Xác định công thức cấu tạo cuả E biết rằng một trong hai chất (ancol hoặc axit) tạo thành este là đơn chức.. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 4. Các chất A1, B1, C1, D1 đều có cùng công thức phân tử C3H7O2N và không tham gia phản ứng tráng bạc. A1, B1 là chất rắn, C1 và D1 là chất lỏng ở điều kiện thường. Khi phản ứng với hiđro trong điều kiện thích hợp, từ A1 thu được C3H9O2N, từ D1 thu được C3H9N. Các chất A1, B1 và C1 đều tác dụng được với dung dịch axit HCl loãng và dung dịch NaOH. Xác định công thức cấu tạo của các chất trên và viết các phương trình phản ứng minh họa. Câu 4. (4,0 điểm) 1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra trong các quá trình sản xuất cao su cloropren, PVA từ khí thiên nhiên, chất vô cơ và điều kiện phản ứng có đủ. 2. Hoàn thành sơ đồ chuyển hóa sau: dd NaOH loãng,dư, t0. Cumen. Br2, 1:1, Fe. Br2, 1:1, as. A (SP chính). B. (SP chính). dd NaOH ñaëc,dö, t0,P. 0 C CH3COOH, H2SO4,t. E. CO2 dö. G. D. CH3COOH, H2SO4,t0. H. 3. Axit salixylic (axit o-hiđroxibenzoic) (chất X) tác dụng với ancol metylic (xúc tác) tạo ra este Y, tác dụng với anhiđrit axetic tạo ra este Z. Cho Y, Z lần lượt tác dụng với dung dịch axit loãng, với dung dịch NaOH. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. 4. So sánh độ linh động của nguyên tử H trong nhóm – OH của phân tử các hợp chất sau: H2O, C2H5OH, C6H5OH, CH3COOH. Hãy giải thích? Câu 5. (4,0 điểm) 1. Có 6 hợp chất hữu cơ mạch hở A, B, C, D, E, F (chứa các nguyên tố cacbon, hiđro và oxi) đều không làm mất màu brom trong CCl4, khối lượng phân tử đều bằng 74 đvC. Cho các chất đó lần lượt tác dụng với Na, dung dịch NaOH và dung dịch AgNO3 trong NH3 thu được kết quả sau: A. B. C. D. E. F. Na. +. –. +. –. +. +. NaOH. –. –. +. +. –. +. AgNO3/NH3. –. –. –. –. +. +. Dấu + : có phản ứng, dấu – : không phản ứng. Biết A có mạch cacbon không phân nhánh và khi oxi hóa tạo sản phẩm tráng gương, B có tính đối xứng, oxi hóa E tạo hợp chất đa chức. Biện luận xác định nhóm chức, công thức phân tử, cấu tạo của A, B, C, D, E, F và viết các phương trình phản ứng xảy ra. 2. Đốt cháy hoàn toàn m gam chất hữu cơ A 1 cần dùng vừa đủ 15,4 lít không khí (đktc) thu được hỗn hợp B1 gồm CO2, H2O và N2. Dẫn hỗn hợp B1 vào bình đựng dung dịch Ca(OH) 2 dư thu được 10 gam kết tủa, sau thí nghiệm khối lượng bình nước vôi tăng 7,55 gam và thấy thoát ra 12,88 lít khí (đktc). Biết trong không khí có chứa 20% oxi về thể tích, còn lại là N 2. Biết phân tử khối của A1 nhỏ hơn 150 đvC và A1 được điều chế trực tiếp từ hai chất hữu cơ khác nhau. Tìm công thức phân tử, viết công thức cấu tạo và gọi tên A1. 3. Cho m gam este đơn chức X đun nóng với dung dịch NaOH, sau phản ứng để trung hoà NaOH dư cần 100 ml dung dịch HCl 1M. Chưng cất dung dịch sau trung hòa thu được 15,25 gam hỗn hợp muối khan và hơi ancol Y. Dẫn toàn bộ Y qua CuO dư, nung nóng được anđehit R. Cho toàn bộ R tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO 3 trong NH3, thu được 43,2 gam Ag. Cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b) Xác định công thức cấu tạo của X. Cho: H=1, C=12, N=14, O=16, Na=23, Mg=24, Al=27, K=39, Cl=35,5; Fe=56, Cu=64, Ag=108. -----------------------Hết----------------------Thí sinh không được dùng bảng HTTH và tính tan. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> UBND TỈNH QUẢNG TRỊ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 12 THPT Năm học: 2013 – 2014 Khóa thi ngày: 05/3/2014 Môn thi: HÓA HỌC. ĐỀ THI CHÍNH THỨC. Câu Ý Nội dung 1 1 Các phương trình phản ứng xảy ra: Fe2O3 + 6H+ → 2Fe3+ + 3H2O FeS2 + 14H+ + 15 NO3- → Fe3+ + 2SO42- + 15NO2 + 7H2O Fe3O4 + 10H+ + NO3- → 3Fe3+ + NO2 + 5H2O FeCO3 + 4H+ + NO3- → Fe3+ + NO2 + CO2 + 2H2O 2. Điểm 4 điểm. 1,0. Dung dịch NaHCO3 đã đun nóng: o. 3. t  Na2CO3 + H2O + CO2 2 NaHCO3   Ba2+ + CO32 → BaCO3 2 Al3+ + 3 CO32 + 3 H2O → 2 Al(OH)3 + 3 CO2 Dung dịch Na2S lần lượt tác dụng với các dung dịch: 2 Mg2+ + S2 + 2 H2O → Mg(OH)2+ H2S → 2 FeS + 2 Fe3+ + 3 S2 S Dung dịch NH3 lần lượt tác dụng với các dung dịch: Al3+ + 3 NH3 + 3 H2O → Al(OH)3 + 3 NH4+ Zn2+ + 2 NH3 + 2 H2O → Zn(OH)2+2 NH4+ Zn(OH)2 + 4 NH3 → Zn(NH3)42+ + 2 OH Các phương trình phản ứng có thể xảy ra: 2Cl2 + Ca(OH)2(dd) → CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O Cl2 + Ca(OH)2(vôi sữa) → CaOCl2 + H2O to. 4.  5CaCl2 + Ca(ClO3)2 + 6H2O 6Cl2 + 6Ca(OH)2   3H2S + K2Cr2O7 + 4H2SO4  K2SO4 + Cr2(SO4)3 + 3S + 7H2O Hợp chất với hiđro có dạng RH nên Y có thể thuộc nhóm IA hoặc VIIA. -Trường hợp 1: Nếu Y thuộc nhóm IA thì B có dạng YOH Y 35,323   Y 9,284 17 64 , 677 Ta có : (loại do không có nghiệm thích hợp) -Trường hợp 2: Y thuộc nhóm VIIA thì B có dạng HYO4 Y 35,323   Y 35,5 Ta có : 65 64,677 , vậy Y là nguyên tố clo (Cl). B (HClO4) là một axit, nên A là một bazơ dạng XOH 16,8 mA  50 gam 8,4 gam 100 XOH + HClO4  XClO4 + H2O n n HClO 4 0,15 mol  A  MX = 39 gam/mol, vậy X là nguyên tố kali. 3. 1,0. 1,0. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu Ý Nội dung 2 1 Dung dịch mới pha có màu da cam, thêm Ba(OH)2 dung dịch chuyển dần màu vàng, đồng thời có kết tủa màu vàng xuất hiện. Giải thích: Cr2O72- + 2OH2CrO42- + H2O Da cam vàng  BaCrO4  (vàng) Ba2+ + CrO42-   Mẩu oxit tan hết, dung dịch có màu vàng (nâu). Thêm NaNO3, khí không màu bay ra, hóa nâu trong không khí.  2Fe3+ + Fe2+ + 4H2O Giải thích: Fe3O4 + 8H+  . Điểm 4 điểm. 0,5. 0,5.  3Fe+3 + NO  (hóa nâu trong không khí) + 2H2O 3Fe2+ + NO3- + 4H+   2. Do Cu dư và tạo H2 khi tác dụng với Mg  B chứa FeCl2, CuCl2 và HCl Phản ứng: Fe2O3 + 6H+ → 2Fe3+ + 3H2O → 2x x → 6x 3+ → 2Fe2+ + Cu2+ Cu +2Fe → 2x → x x  2x 2+ → Mg2+ + Cu Mg + Cu x → x thì m(tăng) = 40x Mg + 2H+ → Mg2+ + H2  0,05 0,05 2+ → Mg2+ + Fe Mg + Fe 2x 2x thì m(tăng) = 32.2x. 0,5. Suy ra: m(tăng) = 40x + 64x - 1,2 = 4  x = 0,05mol Vậy: m(Cu) = 1+3,2=4,2 gam và a = (6.0,05+0,1):0,4 = 1M 3. 4. 0,25. 0,25. 5, 04 273, 75.21,862 0, 225 0,175 22, 4 100.342 Ta có: nAl2(SO4)3= mol, nH2= mol 2Al + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3H2 (1) Al2O3 + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3H2O (2) 2Al(OH)3 + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 6H2O (3). 0,5. Theo (1, 2, 3): nH2SO4=3nAl2(SO4)3=3.0,175=0,525 mol 0,525.98.100 20 Áp dụng ĐLBTKL: m + =273,75 + 0,225.2  m=16,95 gam. 0,5. Phương trình phản ứng: 3 M(NO3)2+ 2 K3PO4 → M3(PO4)2  + 6 KNO3 (1) → 3 mol 1 mol làm thay đổi khối lượng là 372  190=182g (7). m. AIt m 96500n t  96500n A I. x mol M(NO 3)2. làm thay. 0,5. đổi khối lượng 13,65 g  x=0,225 mol 0,5. Phương trình điện phân: ñpdd. M(NO3)2 + H2O   M + 1/2 O2 + 2 HNO3. 4. (2).

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Câu Ý. Nội dung. Điểm. Tính thời gian đã điện phân: Vậy t = 0,225  96500 = 21712,5 (giây) 3. 4 điểm 1. Gọi số mol N2O và N2 lần lượt là x, y mol có:  44x  28y 18.2.0, 06  x 0, 03     x  y 0, 06  y 0, 03 Quá trình cho e: Quá trình nhận e: 5 1 5 Al → Al3+ + → N N N 2 + 8e 2 (N2O) 2 + 10e 3e → N 2 0,46 →  0,03 0,24 0,3  0,03 1,38 Suy ra: tổng số mol e nhận còn thiếu = 1,38 - 0,54 = 0,84 mol Vậy sản phẩm khử còn có muối NH4NO3 5. 2. 3. N + 8e → N (NH4+) 0,84 → 0,105 Kết luận: m = mAl(NO3)3 +m NH4NO3=0,46·213+ 0,105·80=106,38 g Ta có: nHCl = 0,1 mol; nCO2=1,12:22,4 = 0,05 mol Dung dịch D phản ứng hết 0,1 mol HCl → CO2 và nH+ : nCO2=0,1:0,05= 2:1 Suy ra hợp chất D là muối cacbonat kim loại. Hợp chất D không bị phân tích khi nóng chảy, vậy D là cacbonat kim loại kiềm. 2 H+ + CO32 → H2O + CO2 C + CO2 → D + B  C là peoxit hay supeoxit, B là oxi. Đặt công thức hoá học của C là AxOy. Lượng oxi trong 0,1 mol C (AxOy) là 16  0,05 + 2.4 = 3,2 (g) → mC = (3,2.100):45,07= 7,1 (g)  MC = 7,1 : 0,1 = 71 (g/mol) 3,9 3, 2 : M 16  M = 39  A m trong C = 7,1  3,2 = 3,9 (g) x:y= A. 3. 0,5. 0,5. 0,5. 0,5. A. Vậy A là K ; B là O2 ; C là KO2 ; D là K2CO3 Các phương trình phản ứng: K +O2 → KO2; KO2+2 CO2 → 2 K2CO3 + 3 O2, K2CO3 + 2 HCl → 2 KCl + H2O + CO2 Do: nNaOH:nE=3 nên có 2 trường hợp xảy ra:. 0,5. 0,5. 4. Ta có: A1: C2H3COONH4,B1: H2NC2H4COOH, C1: H2NCH2COOCH3, D1: C3H7NO2 to. Fe  HCl.  C2H5COONH4, C3H7NO2+6H    C3H7NH2+ 2H2O C2H3COONH4+H2  . 5. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Câu Ý. Nội dung C2H3COONH4 + 2HCl → ClCH2CH2COOH NH4Cl C2H3COONH4 + NaOH → C2H3COONa + NH3 + H2O H2NC2H4COOH + HCl → ClNH3C2H4COOH H2NC2H4COOH + NaOH → H2NC2H4COONa + H2O H2NCH2COOCH3 + HCl → ClNH3CH2COOCH3 H2NCH2COOCH3 + NaOH → H2NCH3COONa + CH3OH. Điểm. 4. 4 điểm 1. Điều chế axetilen: o. 1500 ,lln 2CH4     HC CH + 3H2 CuCl,NH 4 Cl,t 0  CH2= CH - C  CH Cao su cloropren: n HC  CH      CH2= CH - C  CH + HCl  CH2 = CH - CCl = CH2 xt ,t 0   (-CH2CH = CCl - CH2 -)n n CH2 = CH - CCl = CH2  . 0,5. HgSO , to. 4  Polivinyl axetat : HC  CH + H2O      CH3CH=O 2 o. Mn ,t CH3CH = O + 1/2 O2     CH3COOH. 0,5. 2 o. Zn ,t  CH2 = CH - OCOCH3 HC  CH + CH3COOH     o. xt,t ,P n CH2 = CH - OCOCH3    [- CH2CH(OCOCH3)-]n. 2 A. B. C. D. E. G. CH(CH3)2. CBr(CH3)2. COH(CH3)2. OCOCH3. C(OH)(CH3)2. COH(CH3)2. Br. Br. Br. ONa. OH. C(CH3)2. Br. H OCOCH3 C(CH3)2. OH. Các phương trình phản ứng xảy ra: CH(CH3)2. CH(CH3)2. + HBr. 0. Fe,1:1,t + Br2     Br. CH(CH3)2. CBr(CH3)2. + HBr. as,1:1  + Br2    Br. Br. CBr(CH3)2. o. + NaBr. t  +NaOH loãng   Br. Br. CBr(CH3)2. C(OH)(CH3)2. o. + 2NaBr +H2O. t  + 3NaOH đặc   Br. ONa. COH(CH3)2. +CH3COOH. H2SO4ñaëc, t0         . Br. OCOCH3 C(CH3)2. +H2O. Br. C(OH)(CH3)2. C(OH)(CH3)2. + CO2 +H2O  ONa. 1,0. C(OH)(CH3)2. + NaHCO3 OH. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Câu Ý. Nội dung C(OH)(CH3)2. +CH3COOH. Điểm. H2SO4ñaëc, t 0         . OCOCH3 C(CH3)2. OH. +H2O. OH. Xác định đúng chất và viết 7 phương trình phản ứng: 1 điểm 3 COOH OH. +CH3OH. H2SO4ñaëc, t 0         . COOH. COOCH3 OH. +H2O. COOH. OH. t +(CH3CO)2O  . COOCH3. +CH3COOH. OCOCH3. 0. COOH. OH. 0. . COOCH3. +CH3OH. OH. , t  H    +H2O . COONa. OH. to. ONa.  +2NaOH  . COOH. +CH3OH. 1,0. COOH. OCOCH3. , t 0 H    . OH. . +H2O COOH. +CH3COOH. COONa. OCOCH3. to. ONa.  +3NaOH  . +CH3COONa+H2O. Mỗi Phương trình phản ứng đúng là 1/6 điểm 4. Độ linh động của nguyên tử H: C2H5OH < H2O < C6H5OH < CH3COOH C2H5OH < H2O < C6H5OH < CH3COOH – C H hút e 6 5 – C2H5 đẩy e nhóm C = O có hút e mạnh.. 5. 1,0 4 điểm. 1. Dựa theo khả năng phản ứng ta có dự đoán: A không có các nhóm –CHO, -COOH, -COO- ; A phải có nhóm –OH và có thể các nhóm ete, xeton B không có các nhóm –CHO, -COOH, -COO- , -OH, B chỉ có nhóm ete và xeton, C phải là axit, D phải là este, E vừa có nhóm –OH, vừa có nhóm –CHO F phải có nhóm – COOH và -CHO Gọi công thức của các chất là CxHyOz. 0,5. 12x  y  16z 74  y 2x  2 y : chaün . - Khi z=1 → 12x + y = 58 → x=4, y = 10 C4H10O đây có thể là chất rượu (chất A) họăc ete ( chất B)  Chất A là CH3CH2CH2CH2OH và B là CH3CH2 – O-CH2CH3 - Khi z =2 ta có 12x + y + 32 = 74. →. 7. x = 3; y = 6. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Câu Ý. Nội dung CTPT C3H6O2 có thể là axit, este, 1 nhóm –CHO + 1 nhóm rượu  Chất C: CH3CH2COOH, D: CH3COOCH3, E: HO-CH2 CH2 CHO CH3 –CH(OH)-CHO. Điểm hay. - Khi z = 3 ta có 12x +y =26 → x=2; y=2 CTPT C2H2O3 → CTCT HOOC-CHO  Chất F là HOOC-CHO Các phương trình phản ứng: C4H9OH + Na → C4H9ONa + 1/2H2 CH3CH2COOH + Na → CH3CH2COONa + ½ H2 CH3CH2COOH + NaOH → CH3CH2COONa + H2O t0 CH3COOCH3 + NaOH   CH3OONa + H2O HOC2H4CHO + Na → NaOC2H4CHO + 1/2H2 o. t  HOC2H4COONH4 + 2Ag + 3NH3 +H2O HOC2H4CHO + 2Ag(NH3)2OH   HOOC-CHO + Na → NaOOC-CHO + 1/2H2 HOOC-CHO + NaOH → NaOOC-CHO + H2O. 0,5. o. 2. 3. t  (COONH4)2 + 2Ag + 2NH3 +H2O HOOC-CHO + 2Ag(NH3)2OH    Ta có: nkk=0,6875 mol nO2=0,1375 mol và nN2=0,55 mol Gọi công thức phân tử A1 là CxHyOzNt Phản ứng: CxHyOzNt + (x+y/4 - z/2) → xCO2 + y/2H2O + t/2N2 (1) Ca(OH)2 + CO2 → CaCO3 + H2O (2) 0,1  0,1 mCO2+mH2O=7,55  mH2O=3,15 gam  nH2O=0,175 mol  nH=0,35 mol nN2(sau)=0,575 mol  nN2(1)=0,025 mol  nN=0,05 mol Theo ĐLBTNT oxi: nO(A) = 0,1.2 + 0,175.1 - 0,1375.2 = 0,1 mol Tỉ lệ: x:y:z:t=0,1:0,35:0,1:0,05=2:7:2:1  CTPT là (C2H7O2N)n, do 77n<150  n=1 Vậy công thức phân tử là C2H7O2N Do A1 dược điều chế trực tiếp từ 2 chất hữu cơ  A1 là HCOOCH3NH3 HCOOH + CH3NH3 → HCOOCH3NH3 (metylamoni fomat) Do oxi hóa Y tạo sản phẩm tráng gương  Y là ancol bậc 1 Đặt CTPT của X là RCOOCH2R1 với R, R1 là các gốc hiđrocacbon. t0 RCOOCH2R1 + NaOH   ROONa + R1CH2OH (1) NaOHdư + HCl  NaCl + H2O (2) 0,1 0,1 0,1 Hơi rượu Y qua CuO nung nóng: t0 R/1CH2OH + CuO   R/1CHO + Cu + H2O (3). 0,5. 0,5. 0,5. o. t  R/1COONH4 + 2Ag + 3 NH3 + H2O (4) R/1CHO + 2Ag(NH3)2OH   Nếu R1 là H: t0 CH3OH + CuO   HCHO (E)+ Cu + H2O (5) o. t  (NH4)2CO3 + 4Ag + 6 NH3 + 2H2O (6) HCHO + 4Ag(NH3)2OH   Do: nHCl = 0,1 mol = n NaOH dư = nNaCl=0,1 mol,  m ROONa = 15,25 - 5,85 = 9,4 (g) TH1: Nếu R1 là H, không có (3,4) n Ag = 43,2/108 = 0,4 mol Theo (1) ta có n ROONa = n CH3OH = 1/4nAg=0,1 mol M ROONa = 9,4/0,1 = 94  R + 67 = 94  R = 27  R là C2H3-. 8. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Câu Ý. Nội dung Điểm Vậy X là C2H3COOCH3 TH2: Nếu R1 không phải là H, không có (5,6) Theo (1) ta có n ROONa = n R1CH2OH = 1/2nAg=0,2 mol M ROONa = 9,4/0,2 = 47 0,5  R + 67 = 47  R=-20 < 0  loại Vậy: Este X là C2H3COOCH3 Ghi chú: Thí sinh có thể làm cách khác, nếu đúng vẫn đạt điểm tối đa trong mỗi câu. Nếu thiếu điều kiện hoặc thiếu cân bằng hoặc thiếu cả hai thì trừ một nửa số điểm của PTHH đó. ………………………HẾT…………………….. 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>