Đề thi học sinh giỏi ĐBSCL môn Hóa - Kèm đáp án

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:14

Thêm vào BST

Báo xấu

170
lượt xem 25
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi học sinh giỏi môn Đồng bằng Sông Cửu Long môn Hóa kèm đáp án này giúp các em học sinh ôn tập kiến thức, ôn tập kiểm tra, thi cuối kỳ, rèn luyện kỹ năng để các em nắm được toàn bộ kiến thức chương trình Hóa THPT.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi ĐBSCL môn Hóa - Kèm đáp án

SỞ GD-ĐT VĨNH LONG KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC – ĐỀ A Thời gian làm bài:180 phút ------------------------------ Câu I: (4điểm) Brôm lỏng tác dụng với H3PO3 theo phản ứng: H3PO3 + Br2 +H2O € H3PO4 + 2H+ + 2Br - 1.Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 298oK. 2.Tính thế điện cực chuẩn Eo(H3PO4 /H3PO3 ) nếu biết Eo(Br2/2Br - ) =1,087 V. 3. Viết phương trình nửa phản ứng oxy hoá-khử của các cặp H3PO3 /H3PO2, H3PO4/H3PO2. Tính thế điện cực chuẩn Eo(H3PO3 /H3PO2 ) nếu biết Eo(H3PO4/H3PO2)= - 0,39 V. Cho biết các số liệu sau ở 298oK: H+(dd) H3PO4(dd) Br –(dd) H3PO3(dd) Br2(l) H2O(l) o H (kJ/mol) 0 -1308 -141 -965 0 -286 S o (J/mol.K) 0 -108 83 167 152 70 Câu 2( 4 điểm) 1. Cho dung dịch Mg2+ 0,01M. Tính pH để : a) Bắt đầu kết tủa Mg(OH)2. b) Kết tủa hoàn toàn Mg(OH)2, biết rằng Mg(OH)2 được coi là kết tùa hoàn toàn khi nồng độ ion Mg2+ sau khi kết tùa chỉ bằng 0,01% so với lượng ban đầu có trong dung dịch. TMg (OH )2  6.1010 2.Trộn x lit dung dịch axit mạnh (HA) có pH = 4. Với y lit dung dịch bazơ mạnh (BOH) có pH = 9. Tính tỉ lệ x : y để thu được dung dịch có pH = 6? Câu 3 (4 điểm) 1- Anken (A) C6H12 có đồng phân hình học, tác dụng với dd Br2 cho hợp chất đibrom B, B tác dụng với KOH trong ancol đun nóng cho đien C và 1 ankin C’, C bị oxi hóa bởi KMnO4 đđ/t0 cho axit axetic và khí CO2. Hãy lập luận để xác định cấu tạo của A và viết phương trình phản ứng: 2- Hoàn chỉnh các sơ đồ phản ứng sau và viết các phương trình phản úng xảy ra: O Zn PBr Propen  tổng hợp /sau:  B  C  D  E  F  G ( spiropentan) 3 3/ Cho sơ đồ Zn H 2O  A  NaOH NaOH , HCHO 3  a/ NO NO2 NO2 NO2 NO2 2 CH3 COCl/AlCl3 Zn/Hg (2) Cl2 KOH/C2H5OH (1) HCl (3) (4) COCH3 CH2CH3 CH2CH2Cl CH=CH2 b/ Br-CH2-CH2-Br Mg MgBr-CH2-CH2-MgBr HO-(CH2)4-OH HCHO (2) Hãy chỉ rõ (có phân tích) những chỗ sai trong hai sơ đồ trên. Câu 4 (4 điểm) 1.Từ một loại tinh dầu người ta tách được chất A. Kết quả phân tích cho thấy A chứa 78,95% C; 10,52%H, còn lại là oxi. Tỉ khối hơi của A so với H2 là 76. A phản ứng với dung dịch AgNO3/ ddNH3 cho kết tủa Ag và muối của axit hữu cơ, khi bị oxy hóa mạnh thì A cho một hỗn hợp sản phẩm gồm axeton, axit oxalic và axit lenilic ( CH3 CH2CH2COOH). O Biết rằng A tác dụng với Br2 (trong CCl4) theo tỉ lệ mol 1:1 chỉ thu được 2 dẫn xuất đibrom. Tìm công thức cấu tạo của A.Viết các phương trình hóa học của A với dd AgNO3/dd NH3 và với Br2 (trong CCl4). 2. Axit tropoic C 9H10O3 (B) bị oxy hóa bởi dd KMnO4 nóng thành axit benzoic, bị oxy hóa bởi oxy không khí có mặt Cu nung nóng thành C9H8O3 (C) có chức andehit. B có thể chuyển hóa thành axit atropoic C9H8O2 (D) nhờ H2SO4 đặc ở 170oC. Hidro hóa D bằng H2/Ni thu được axit hydratropoic C9 H10O2 (E). Hãy xác định công thức cấu tạo của B,C,D,E. Câu 5 (4 điểm) 1. a) Có 2 lọ đựng 2 chất lỏng riêng biệt không nhãn: H2O; H2O2. Nêu cách phân biệt 2 lọ đựng 2 chất lỏng trên và viết phương trình phản ứng. b) Giải thích tại sao 2 phân tử NO2 có thể kết hợp tạo ra N2O4 ?
2- Đốt cháy hoàn toàn 80 gam pirit sắt trong không khí, thu được chất rắn A và chất khí B. Lượng chất rắn A phản ứng vừa đủ với 200 gam dd H2SO4 29,4%. Khí B thu được trộn với 20,16 lít O2 ở đkc trong bình kín có chất xúc tác ở 4000 C. áp suất trong bình là 1atm. Sau phản ứng, đưa nhiệt độ về 4000C thì áp suất trong bình là 0,8 atm a) Tính độ nguyên chất của pirit. b) Tính số mol từng chất trong bình sau phản ứng. Lưu ý: Ký hiệu trong các câu độc lập với nhau (Thí sinh được xem bảng hệ thống tuần hoàn Men đê lê ép và bảng tính tan) ----------------------------------------------------------------------------------------------------------- ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM: Câu 1(4 đ): CÀ MAU 1. H o phản ứng = -339 kJ 0,5đ S o phản ứng = -331 J.K-1 0,5đ G o phản ứng = -240,362 kJ 0,5đ K= 1,33.1042 0,5đ 2. G o phản ứng = -nFEopứ Eopứ =1,245 V 0,5đ Eo=Eo(Br2/2Br-)-Eo(H3PO4/H3PO3) o E (H3PO4/H3PO3)  -1,16 V 0,5đ 3. H3PO4 + 4H+ + 4e  H3PO2 + 2H2O G o1 0,25đ H3PO4 + 2H+ + 2e  H3PO3+ H2O G o 2 0,25đ + o  H3PO3 + 2H + 2e  H3PO2+ H2O G 3 0,25đ o o o G 3  G  G 1 2 o o o 2E 3  4 E  2E 1 2 Eo(H3PO3/H3PO2) = -0,62 V 0,25đ
Câu 2 (4đ) SÓC TRĂNG 1.a)pH để bắt đầu kết tủa Mg(OH)2 Mg2+ + 2OH -  Mg(OH)2 Khí có 1 ít kết tủa Mg(OH)2 xuất hiện trong dung dịch, ta có: [Mg2+] [OH-]2 = T = 6.10- 10 = 102 [OH-]2 [OH-]2 = 6.10-8  [OH-] = 2,45.10- 4 0,5đ pOH = 3,6  pH = 14- 3,6 = 10,4 0,25đ b) pH để kết tủa hoàn toàn Mg(OH)2 0, 01 2 - Kết tủa được coi là hoàn toàn, nếu sau khi kết tủa [Mg2+] = 10  10 6 0,25đ 100 [Mg2+] [OH-]2 = T = 6.10- 10 = 10-6 [OH-]2 [OH-]2 = 6.10- 4  [OH-] = 2,45.10- 2 0,25đ pOH = 1,6  pH = 14- 1,6 = 12,4 0,25đ 2- Dung dịch HA có pH = 4  [H+] = 10- 4 = [HA] -4 Số mol HA = x 10 0,5đ Dung dịch BOH có pH = 9  [OH-] = 10- 5 Số mol BOH = y 10- 5 0,5đ Vì dung dịch sau phản ứng có pH = 6  axit dư HA + BOH  BA + H2O y 10- 5 y 10- 5 Số mol của HA dư = 10- 4x - 10- 5 y 0,5đ 4 5 10 x 10 y [H+] = [HA] =  10  6 0,5đ x y  10 x – y = 0,1(x+y)  9,9 x = 1,1 y x 1   0,5đ y 9 Câu 3(4đ) NBK KOH KMnO 4 1/ C6H12 + Br2  C6H12Br2  C6 H10  CH3COOH + CO2  HBr  0,25đ  đien có 6 C, sự oxihóa đien cho ra CH3COOH và CO2, vậy phải có 2mol CH3 COOH và 2 mol CO2. Muốn có CH3COOH phải có hợp phần CH3-CH =, còn CO2 là do = CH-CH =. Vậy đien (C) có cấu tạo CH3- CH=CH-CH=CH-CH3 (hexađien-2,4)  A phải có nối đôi giữa C3 và C4 - CTCT của (C’): CH3-CH2-CC-CH2-CH3 0,75đ - Các PTPƯ (A) (B) CH3 -CH2-CH=CH-CH2-CH3 +Br2  CH3-CH2-CH-CH-CH2-CH3 Br Br CH3 -CH=CH-CH=CH-CH3 (C) CH3 -CH2-CHBr-CHBr-CH2-CH3 KOH/etanol +2HBr 0,75đ 0 t CH3 -CH2-CC-CH2-CH3 (C’) 0 CH3 -CH=CH-CH=CH-CH3 + 10[O] KMnO4đ 2CH3COOH + HOOC-COOH  2CO2 t 0 t O CH2-OH O3 Zn NaOH CH3 -CH=CH2  CH3-C  CH2  CH3CHO + HCOOH  HO-CH2-C-CHO  H2 O  O-O CH2-OH 0 NaOH/t CH2Br CH2PBr3 -OH Zn PBr3  BrCH2-C-CH2Br  CH2OH-C-CH2OH   CH2 Br CH2OH Các phương trình phản ứng: O ete
CH3 -CH=CH2 + O3  CH3-CH CH2 0,25đ O–O O Zn CH3-CH CH2 + H2O  CH3 CHO + HCHO + H2O2 0,25đ O–O CH2OH CH3 CHO + 3HCHO  HO – CH2 – C – CHO 0,25đ CH2OH CH2OH CH2OH HO - CH2 – C – CHO + HCHO + NaOH  CH2OH – C – CH2OH + HCOONa CH2OH CH2OH 0,5đ CH2OH CH2Br 3HO – CH2 – C – CH2OH + 4PBr3  3CH2Br – C – CH2Br + 4H3PO3 CH2OH CH2Br CH2Br BrCH2 – C – CH2Br + 2Zn  + 2ZnBr2 0,25đ CH2Br 3/a. (1) Sai vì hợp chất nitro không cho PƯ Friedel-Craft. (3) Sai vì phải halogen hóa cacbon bậc 2. 0,5đ (4) Sai vì điều kiện tách H2 O cần H2SO4đ/t0 b. (1) Sai vì xảy ra PƯ tách tạo CH2=CH2 0,25đ Câu 4(4đ): BẠC LIÊU Đặt CTPT A là CXHYOZ (x, y, z nguyên dương) %O = 100 – (10,52 - 78,95) = 10,53% 12 x y 16 z 76.2    78,95 10,52 10,53 100  x = 10; y = 16; z = 1 * CTPT của A là C10H16O 0,5đ A td với dd AgNO3/ddNH3  Ag  + muối của axit hữu cơ  A có nhóm chức –CHO A bị oxi hóa mạnh cho: CH3 - CO CH2 CH2 –COOH + CH3 CO CH3 + HOOC – COOH A + Br2 (trong CCl4) cho 2 dẫn xuất đibrom  A có CTCT: CH3 C(CH3) =CH – CH = C(CH3)CH2 – CH2 – CHO 0,5đ 0 t CH3 C(CH3) =CH – CH = C(CH3)CH2 – CH2 – CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2 O   CH3 C(CH3) =CH – CH = C(CH3)CH2 – CH2 – COONH4 + 2NH4NO3 + 2Ag 0,5đ 1:1 CH3 C(CH3) =CH – CH = C(CH3)CH2 – CH2 – CHO + Br2   CH3 CBr(CH3)-CHBr – CH = C(CH3)CH2 – CH2 – CHO 0,25đ CH3 C(CH3) =CH – CHBr CBr(CH3 )CH2 – CH2 – CHO 0,25đ 2- B phải có nhóm – COOH 0 t B + KMnO4  C6H5- COOH  B phải có nhân benzen và chỉ có 1 nhánh trên nhân benzen  0 Cu , t B + O2  C có chứa nhóm chức anđehyt  là rượu bậc một  * CTCT của B: C6H5 – CH – COOH CH2OH 0,5đ * CTCT của C là: C6H5 – CH – COOH CHO 0,5đ * CTCT của D:
C6H5- C = CH2 0,5đ COOH * CTCT E: C6H5 – CH - CH3 0,5đ COOH Câu 5: ( điểm) CVL 1- a) Dùng dd KMnO4 , lọ làm mất màu dd KMnO4 là H2O2. 2KMnO4 + 5H2O2 + 3H2SO4  2MnSO4 + 5O2 + K2SO4 + 8H2O 1đ b) Do trong phân tử NO2 trên nguyên tử N còn 1 electron tự do, nên có thể tạo liên kết cộng hóa trị với nguyên tử N trên phân tử NO2 thứ 2 để tạo phân tử N2O4 1đ 2- a) 4FeS2 + 11O2  2Fe2O3 + 8SO2. (1) A: Fe2O3 B: SO2. Fe2O3 + 3H2 SO4  Fe2 (SO4)3 + 3H2O (2) Số mol H2 SO4 phản ứng = (200 x 29,4%) : 98 = 0,6 mol. Từ (2) Số mol Fe2O3 = 0,6 : 3 = 0,2 mol => Số mol SO2 = 0,8 mol 0,5đ Từ (1) Số mol FeS2 = 0,4 mol => mFeS2 = 0,4 x120 = 48 gam. độ nguyên chất của pirit: (48 : 80) x 100% = 60% 0,5đ b) 2SO2 + O2  2SO3 (3) xmol x/2 mol xmol Số mol oxi có trong bình lúc đầu 20,16 : 22,4 = 0.9 mol Tổng số mol khí trong bình lúc mới trộn = 0,8 + 0,9 = 1,7 mol Vì nhiệt độ bình trước và sau phản ứng bằng nhau (4000C) nên áp suất trong bình tỉ lệ với số mol khí. nS = ( nt .PS) : Pt => nS = ( 1,7 x 0,8) : 1 = 1,36 mol. Đặt x là số mol SO3 tạo thành  Số mol các chất sau phản ứng : (0,8-x) + (0,9-x/2) + x = 1,36. => x= 0,68 mol 0,5đ  Số mol các chất trong bình sau phản ứng là: Số mol SO2 = 0,8-0,68 = 1,2 mol Số mol O2 = 0,9 - 0,34 = 0,56 mol 0,5đ Số mol SO3 = 0,68 mol
SỞ GD-ĐT VĨNH LONG KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC – ĐỀ B Thời gian làm bài:180 phút ------------------------------ Câu I: (4điểm) 1. Ba nguyên tố A, D, E có tổng điện tích hạt nhân là 16. Trong phân tử AD3 có 10 proton. a) Xác định tên A, D, E. b) Viết công thức cấu tạo của hợp chất tạo bởi 3 nguyên tố trên. 2. Cân bằng các phản ứng oxi hóa khử sau bằng phương pháp thăng bằng electron a) C6H12O6 + KMnO4 + H2SO4  K2SO4 + MnSO4 + CO2 + H2O. b) Fe3O4 + HNO3  Fe(NO3)3 + NxOy + H2O 3. a) Có 2 lọ đựng 2 chất lỏng riêng biệt không nhãn: H2O; H2O2. Nêu cách phân biệt 2 lọ đựng 2 chất lỏng trên và viết phương trình phản ứng. b) Giải thích tại sao 2 phân tử NO2 có thể kết hợp tạo ra N2O4 ? Câu 2: ( 4 điểm) 1. Tính pH của dung dịch NH4HCO3 0,1M Cho H2CO3 có Ka1 = 10-6,35 , Ka2 = 10-10,33 NH4+ có Ka = 10-9,24 2. So sánh tính bazơ của: N N N Pyrol pyridin piperidin Giải thích. Câu 3: (4 điểm) 1- Anken (A) C6H12 có đồng phân hình học, tác dụng với dung dịch Br2 cho hợp chất đibrom B, B tác dụng với KOH trong ancol đun nóng cho đien C và 1 ankin C’, C bị oxi hóa bởi KMnO4 đđ/t0 cho axit axetic và khí CO2 . Hãy lập luận để xác định cấu tạo của A và viết phương trình phản ứng: 2- Hoàn chỉnh các sơ đồ phản ứng sau và viết các phương trình phản úng xảy ra:   Zn Propen  tổng hợp/sau:  B  C  D  E  F  G ( spiropentan) O3 Zn H 2O 3- Cho sơ đồ A   OH  OH , HCHO  PBr3  a/ NO NO2 NO2 NO2 2 NO2 CH3 COCl/AlCl3 Zn/Hg (2) Cl2 KOH/C2H5OH (1) HCl (3) (4) COCH3 CH2CH3 CH2CH2Cl CH=CH2 Mg HCHO b/ Br-CH2-CH2-Br  (1)  MgBr-CH2-CH2-MgBr  (2)  HO-(CH2)2-OH Hãy chỉ rõ (có phân tích) những chỗ sai trong hai sơ đồ trên. Câu 4 (4 điểm) 1.Từ một loại tinh dầu người ta tách được chất A. Kết quả phân tích cho thấy A chứa 78,95% C; 10,52%H, còn lại là oxi. Tỉ khối hơi của A so với H2 là 76. A phản ứng với dung dịch AgNO3/ dung dịch NH3 cho kết tủa Ag và muối của axit hữu cơ, khi bị oxy hóa mạnh thì A cho một hỗn hợp sản phẩm gồm axeton, axit oxalic và axit lenilic ( CH3  C CH2COOH). O Biết rằng A tác dụng với Br2 (trong CCl4) theo tỉ lệ mol 1:1 chỉ thu được 2 dẫn xuất đibrom. Tìm công thức cấu tạo của A. Viết các phương trình hóa học của A với dung dịch AgNO3 /dung dịch NH3 và với Br2 (trong CCl4). 2. Axit tropoic C 9H10O3 (B) bị oxy hóa bởi dung dịch KMnO4 nóng thành axit benzoic, bị oxy hóa bởi oxy không khí có mặt Cu nung nóng thành C9 H8O3 (C) có chức anđehit. B có thể chuyển hóa thành axit atropoic C9H8O2 (D) nhờ H2SO4 đặc ở 170oC. Hidro hóa D bằng H2/Ni thu được axit hydratropoic C9H10O2 (E). Hãy xác định công thức cấu tạo của B, C, D, E. Câu 5 (4 điểm) 1-Đốt nóng 56g Fe trong không khí, sau một thời gian thu được hỗn hợp rắn A gồm Fe, FeO, Fe3 O4 và Fe2O3 . Hòa tan A trong dung dịch HNO3 đặc nóng, vừa đủ thu được dung dịch B và 13,44 lit (0o C, 1 atm) khí duy nhất màu nâu đỏ. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b. Tính khối lượng rắn A. c. Trộn lẫn dung dịch B với dung dịch Al2(SO4)3 chứa 342g chất tan thu được dung dịch C. Tính lượng Ba(OH)2 cần thêm vào dung dịch C để lượng kết tủa thu được đạt cực đại và cực tiểu? Tính lượng kết tủa đó.
2- Hòa tan 26,64g chất X là tinh thể muối sunfat ngậm nước của kim loại M (hóa trị x) vào nước được dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NH3 vừa đủ được kết tủa B, nung nóng B ở nhiệt độ cao đến khi khối lượng không đổi còn lại 4,08g chất rắn. Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch BaCl2 vừa đủ được 27,84 g kết tủa BaSO4. a- Tìm công thức phân tử của X. b- Tính thể tích dung dịch NaOH 0,2 M cần cho vào dung dịch A để được kết tủa cực đại, và để kết tủa không tạo thành. c- Cho 250 ml dung dịch KOH phản ứng hết với dung dịch A được 2,34g kết tủa. Tính nồng độ mol của dung dịch KOH. Lưu ý: Ký hiệu trong các câu độc lập với nhau (Thí sinh được xem bảng hệ thống tuần hoàn Men đê lê ép và bảng tính tan) ----------------------------------------------------------------------------------------------------------- TỈNH VĨNH LONG THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL LẦN THỨ 14 Ban tổ chức thi Ngày thi 06.01.2007 ------- --------- ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM. Môn: Hóa học Câu 1(4 đ): 1- a) Theo đề ZA + ZD + ZE = 16 (a) ZA + 3ZD = 10 (b) Từ (a) & (b) => ZE - 2ZD = 6  ZD < 6 0,25đ ZD 1 2 3 4 ZE 8 10 12 14 ZA 7 4 1 âm Nhận loại loại loại ZD = 2 => D là He loại 1đ ZD = 3 => D là Li không có hợp chất LiH3 loại Vậy ZD = 1 => D là Hydro ZE = 8 => E là Oxi ZA = 7 => A là Nitơ b) CTCT HNO3 CTCT HNO2 0,5đ
2 0 +4 a) 5x 6 C – 24 e  6C +7 +2 0,5đ 24 x Mn + 5e  Mn 5 C6H12 O6 + 24 KMnO4 + 36 H2SO4  12 K2SO4 + 24 MnSO4 + 30 CO2 + 66 H2O. 0,5đ +8/3 + 9/ 3 b) 5x-2y x 3Fe - 1e  3Fe +5 +2y/ x 0,5đ 1 x xN + (5x-2y) e  xN (5x-2y) Fe3O4 + (46x- 18y) HNO3  (5x-2y) Fe(NO3)3 + NxOy + (23x+ 9y) H2O. 0,25đ 3- a) Dùng dd KMnO4 , lọ làm mất màu dd KMnO4 là H2 O2. 2KMnO4 + 5H2O2 + 3H2SO4  2MnSO4 + 5O2 + K2SO4 + 8H2O 0,25đ b) Do trong phân tử NO2 trên nguyên tử N còn 1 electron tự do, nên có thể tạo liên kết cộng hóa trị với nguyên tử N trên phân tử NO2 thứ 2 để tạo phân tử N2O4 0,25đ Câu 2(4đ) 1. NH4HCO3  NH4+ + HCO3- H2 O ƒ H+ + OH- KW = 10-14 + + NH4 ƒ H + NH3 Ka = 10- 9,24 HCO3- ƒ H+ + CO32- Ka2 =10-10,33 - + HCO3 + H ƒ H2CO3 Ka1 = 10 6,35 -1 0,25 X 4= 1đ Áp dụng điều kiện proton: [H+] = [OH-] + [NH3] + [CO32-] –[H2CO3] 0,25đ K [NH 4  ] [HCO3 ] [H  ]  W  K a  Ka 2  K a1[HCO3 ][H  ] 0,5đ [H  ] [H  ] [H  ] [NH4+] = [HCO3-]  C Ka1 sp3 0,5đ
Câu 3(4đ) KOH KMnO 4 1/ C6H12 + Br2  C6H12Br2  C6 H10  CH3COOH + CO2  HBr  0,25đ  đien có 6 C, sự oxihóa đien cho ra CH3COOH và CO2, vậy phải có 2mol CH3 COOH và 2 mol CO2. Muốn có CH3COOH phải có hợp phần CH3-CH =, còn CO2 là do = CH-CH =. Vậy đien (C) có cấu tạo CH3- CH=CH-CH=CH-CH3 (hexađien-2,4) 0,5đ  A phải có nối đôi giữa C3 và C4 - CTCT của (C’): CH3-CH2-CC-CH2-CH3 0,25đ - Các PTPƯ (A) (B) CH3 -CH2-CH=CH-CH2-CH3 +Br2  CH3-CH2-CH-CH-CH2-CH3 Br Br CH3-CH=CH-CH=CH-CH3 (C) CH3 -CH2-CHBr-CHBr-CH2-CH3 KOH/etanol +2HBr 0,75đ 0 t CH3-CH2-CC-CH2-CH3 (C’) 0 CH3 -CH=CH-CH=CH-CH3 + 10[O] KMnO4đ 2CH3COOH + HOOC-COOH  2CO2 2H2O t 0 t + 2CH3COOH O CH2-OH O3 Zn NaOH CH3 -CH=CH2  CH3-C  CH2  CH3CHO + HCHO  HO-CH2-C-CHO H O   2 O-O CH2-OH 0 NaOH/t ,HCHO CH2Br CH2PBr3 -OH Zn PBr3  BrCH2-C-CH2Br  CH2OH-C-CH2OH   CH2 Br CH2OH Các phương trình phản ứng: O ete CH3 -CH =CH2 + O3  CH3-CH CH2 0,25đ O–O O Zn CH3-CH CH2 + H2O  CH3 CHO + HCHO + H2O2 0,25đ O–O CH2OH CH3 CHO + 3HCHO  HO – CH2 – C – CHO 0,25đ CH2OH CH2OH CH2OH HO - CH2 – C – CHO + HCHO + OH _  CH2OH – C – CH2OH + HCOOH 0,5đ
CH2OH CH2OH CH2OH CH2Br 3HO – CH2 – C – CH2OH + 4PBr3  3CH2Br – C – CH2Br + 4H3PO3 CH2OH CH2Br CH2Br BrCH2 – C – CH2Br + 2Zn  + 2ZnBr2 0,25đ CH2Br 3/a. (1) Sai vì hợp chất nitro không cho PƯ Friedel-Craft. (3) Sai vì phải halogen hóa cacbon bậc 2. 0,5đ b. (1) Sai vì xảy ra PƯ tách tạo CH2 =CH2 0,25đ Câu 4(4đ): Đặt CTPT A là CXHYOZ (x, y, z nguyên dương) %O = 100 – (10,52 - 78,95) = 10,53% 12 x y 16 z 76.2    78,95 10,52 10,53 100  x = 10; y = 16; z = 1 * CTPT của A là C10H16O 0,5đ A td với dd AgNO3/ddNH3  Ag  + muối của axit hữu cơ  A có nhóm chức –CHO A bị oxi hóa mạnh cho: CH3 - CO CH2 CH2 –COOH + CH3 CO CH3 + HOOC – COOH A + Br2 (trong CCl4) cho 2 dẫn xuất đibrom  A có CTCT: CH3 C(CH3) =CH – CH = C(CH3)CH2 – CH2 – CHO 0,5đ 0 t CH3 C(CH3) =CH – CH = C(CH3)CH2 – CH2 – CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2 O   CH3 C(CH3) =CH – CH = C(CH3)CH2 – CH2 – COONH4 + 2NH4NO3 + 2Ag 0,5đ 1:1 CH3 C(CH3) =CH – CH = C(CH3)CH2 – CH2 – CHO + Br2   CH3 CBr(CH3)-CHBr – CH = C(CH3)CH2 – CH2 – CHO 0,25đ CH3 C(CH3) =CH – CHBr CBr(CH3 )CH2 – CH2 – CHO 0,25đ 2- B phải có nhóm – COOH 0 t B + KMnO4  C6H5- COOH  B phải có nhân benzen và chỉ có 1 nhánh trên nhân benzen  0 Cu , t B + O2  C có chứa nhóm chức anđehyt  là rượu bậc một  * CTCT của B: C6H5 – CH – COOH CH2OH 0,5đ * CTCT của C là: C6H5 – CH – COOH CHO 0,5đ * CTCT của D: C6H5- C = CH2 0,5đ COOH * CTCT E: C6H5 –CH - CH3 0,5đ COOH
Câu 5: (4 điểm) 0 t 1-a- 2Fe + O2  2FeO  0 t 3Fe + 2O2  Fe3O4  t0 4Fe + 3O2  2Fe2O3  0,25đ 0 t Fe + 6HNO3  Fe(NO3)3  + 3NO2 + 3H2 O t0 FeO + 4HNO3  Fe(NO3 )3  + NO2 + 2H2O t0 Fe3O4 + 10HNO3  3Fe(NO3)3  + NO2 + 5H2 O t0 Fe2O3 + 6HNO3  2Fe(NO3)3 +  3H2O 0,5đ b- O2 + 4e  2O 2 - Fe - 3e  Fe3 + 4mol 32g 1mol 3mol mA  56 ( )mol (mA - 56)mol 8 NO3- + 2H+ + e  NO2 + H2O 0,6mol 0,6 mol Theo định luật bảo toàn điện tích mA  56  0, 6  3 8  mA = 75,2g 0,5đ c- Số mol Al2(SO4)3 = 1 mol 2Fe(NO3)3 + 3Ba(OH)2  2Fe(OH)3  + 3Ba(NO3)2 1 mol 1,5 mol 1 mol Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2  2Al(OH)3 + 3BaSO4  1mol 3 mol 2mol 3mol 2Al(OH)3 + Ba(OH)2  Ba(AlO2)2 + 4H2O 0,25đ 2mol 1 mol Để kết tủa cực đại  Số mol Ba(OH)2 : 1,5 + 3 = 4,5 mol Khối lượng kết tủa cực đại: 107 + 3.233+ 2.78 = 962 g 0,25đ Để kết tủa cực tiểu:  Số mol Ba(OH)2 : 1,5 + 3 + 1 = 5,5 mol Khối lượng kết tủa cực tiểu: 1.107 + 3.233 = 806g 0,25đ 2- a M2(SO4)x. nH2O = 2M x+ + xSO4 2- + nH2O (1) 0,12mol Mx+ + xNH3 + xH2O = M(OH)x + xNH4+ (2) 2.0,12 2.0,12 x x t0 2M(OH)x   M2Ox + xH2O (3) 0,25đ 2.0,12 0,12 x x Ba2+ + SO42 - = BaSO4 (4) 0,25đ 27,84 Số mol BaSO4 = = 0,119 ; 0,12 mol 233 0,12 (1)(3)  (2M + 16 x) = 4,08 x  M = 9x  M là Al , x = 3  Al2(SO4)3 26,64 MX  =  n = 18 0,04 666
X: Al2(SO4)3 . 18H2O 0,5đ b– Al3+ + 3OH- = Al(OH)3 (1’) 0,08 0,24 0,08 0, 24 (1)  Thể tích dd NaOH = 1, 2l 0,25đ 0, 2 Thể tích dd NaOH để có kết tủa cực tiểu HAlO2. H2O. + OH- = AlO2- + 2H2 O (2’) 0,08 0,08 0, 24  0, 08 Thể tích dd NaOH :  1,6 l 0,25đ 0, 2 c- nOH- < nAl 3+ Al3+ + 3OH - = Al(OH)3 0,09 0,03 0,09 Nồng độ mol KOH =  0,36 M 0,25đ 0, 25 * nOH- > nAl 3+ : Al3+ + 3OH - = Al(OH)3 0,08 0,24 0,08 HAlO2. H2O. + OH- = AlO2- + 2H2O (0,08 – 0,03) 0,05 0, 24  0, 05 Nồng độ mol KOH:  1,16 M 0,25đ 0, 25 -----------------------------------------------Hết--------------------------------------------------------