Đáp án HSG Khối 11 Hữu cơ

Câu 2: Thực hiện các chuyển hoá : CH 2 =CH 2 + HOH H + → CH 3 -CH 2 OH (A) CH 3 -CH 2 OH 0 ,CuO t+ → CH 3 -CH=O (B) 2CH 3 -CH=O OH − → CH 3 -CH(OH)-CH 2 -CH=O (C) CH 3 -CH(OH)-CH 2 -CH=O 2 H O− → CH 3 -CH=CH-CH=O (D) CH 3 -CH=CH-CH=O 2 O → CH 3 -CH=CH-COOH (E) CH 3 -CH=CH-COOH 2 H+ → CH 3 -CH 2 -CH 2 -COOH (F) CH 3 -CH 2 -CH 2 -COOH 3 PBr → CH 3 -CH 2 -CHBr-COOH (G) CH 3 -CH 2 -CH 2 -COOH 2 Br as → CH 3 -CHBr-CH 2 -COOH (H) CH 3 -CH=CH-COOH IBr → CH 3 -CHBr-CHI-COOH (I) Câu 3: 1/ có 5 CTCT thỏa mãn, có 4 loại đp là: cis-cis; trans-trans; cis-trans; trans-cis. 2/ + Vì X pư với AgNO 3 /NH 3 có chất rắn C nên X là anđehit hoặc ank-1-in hoặc HCOOH. Nếu là ank-1-in thì khi cho HI vào B không có khí thoát ra  X là anđehit hoặc HCOOH + Khi cho HI vào B thì ta có: Ag + + I - → AgI; vì số mol AgI = 0,1 mol  số mol Ag + còn lại trong B là 0,1 mol; vì có khí thoát ra nên phải có CO 3 2- . Do đó số mol Ag + pư với khí X là 0,4 mol  số mol X là 0,2 mol hoặc 0,1 mol  M X tương ứng là 15 đvC; 30 đvC. Ta thấy chỉ có HCHO phù hợp. + Khối lượng của C = 43,2 gam; thể tích Y = 2,24 lít. 3/ metan → axetilen; metan → metanal sau đó: 2HCHO + CH ≡ CH → HO-CH 2 -C ≡ C-CH 2 -OH → HO-CH 2 - CH 2 -CH 2 -CH 2 -OH HCl+ → Cl-CH 2 - CH 2 -CH 2 -CH 2 -Cl Zn+ → xiclobutan + ZnCl 2 . Câu 5: 1/ + A là amoniac vì: 2NH 3 + 3Br 2 → N 2 + 6HBr + B là hiđrocacbon không no như etilen; propilen…: C 2 H 4 + Br 2 → C 2 H 4 Br 2 . + C là H 2 S vì: H 2 S + Br 2 → 2HBr + S ↓ (nếu đun nóng thì: H 2 S + 4Br 2 + 4H 2 O → 8HBr + H 2 SO 4 ) + D là SO 2 vì: SO 2 + Br 2 + 2H 2 O → 2HBr + H 2 SO 4 . 2/ A là hiđro; X là toluen; B là HNO 3 ; Y 1 ; Y 2 là o, p – nitrotoluen; Z là 2,4-đinitrotoluen; T là 2,4,6-trinitrotoluen; C và C’ là Fe + HCl; U là CH 3 -C 6 H 2 (NH 3 Cl) 3 . Câu 6: 1/ Vì số H gấp đôi số C nên cả A và B đều có dạng: C n H 2n O x . Mặt khác A, B pư với Na đều cho lượng hiđro như nhau nên A, B có cùng số nhóm –OH. + Ta thấy A, B đều có ∆ = 1 nên 1 mol A hoặc B chỉ pư được với 1 mol hiđro theo giả thiết suy ra khi 1 mol A hoặc B pư với Na chỉ cho 0,5 mol hiđro  cả A, B chỉ có 1 nhóm –OH. Vậy A, B có các trường hợp sau:  TH1: A là C n H 2n-1 OH(a mol); B là HO-C m H 2m -CHO(b mol)  TH2: A là HO-C n H 2n -CHO(a mol); B là HO-C m H 2m -CHO(b mol) + Ứng với trường hợp 1 ta có hệ: a(16 14n) b(14m 46) 33,8 0,5a 0,5b 5,6 / 22,4 2b 13, 44/ 22, 4 + + + =   + =   =   a = 0,2; b = 0,3 và 2n + 3m = 12  n = 3 và m = 2 thỏa mãn + Ứng với trường hợp 1 ta có hệ: a(46 14n) b(14m 46) 33,8 0,5a 0,5b 5,6 / 22,4 2b 2b 13,44 / 22,4 + + + =   + =   + =   a + b = 0,5 và a + b= 0,3  loại. + Vậy A là: CH 2 =CH-CH 2 -OH và B là HO-CH 2 -CH 2 -CHO 2/ Để pư với thuốc tím mà thu được ancol đa chức nên phải dùng A: 3CH 2 =CH-CH 2 -OH + 4H 2 O +2KMnO 4 → 3CH 2 OH-CHOH-CH 2 OH + 2MnO 2 + 2KOH mol: 0,2 0,4/3  thể tích dd thuốc tím = 1,33 lít. Câu 7: 1/ C 10 H 12 O 2/ CH = CH - CH 3 O CH 3 O CH 3 COOH O CH 3 COOH NO 2 Anetol M sp nitro Câu 4: a = 1; b = 2 và n = 12. Câu 5: A là C 2 H 5 MgBr; X 1 là C 2 H 5 -CH 2 -O MgBr; Y 1 là C 2 H 5 -CH 2 -OH; X 2 là C 2 H 5 -C(CH 3 ) 2 -OMgBr; Y 2 là C 2 H 5 -C(CH 3 ) 2 - OH; X 3 là C 2 H 5 -COOMgBr; Y 3 là C 2 H 5 -COOH. Câu 8: 1/ A, B, D, E, G lần lượt là: CH 3 CH 3 CH 3 CH 3 O CH 3 CH 3 O CH 3 CH 3 O CH 3 CH 3 (A) (B) (D) (E) (G) 2/ A là: CH 2 -CH = CH 2 O O CH 2 ĐÁP ÁN 82 Câu 1: 1/ + Vì X pư với NaHCO 3 nên X có nhóm –COOH; X pư với anhiđrit axetic cho C 9 H 8 O 4 nên X có thêm một nhóm –OH của phenol hoặc ancol; ứng với công thức trên thì chỉ có –OH phenol là phù hợp. + Vậy X là: o, m, p – HO – C 6 H 4 - COOH. Nhưng X có liên kết hiđro nội phân tử nên chỉ có đp ortho phù hợp  Y là o – HO – C 6 H 4 - COONa; Z là o – CH 3 COO – C 6 H 4 - COOH; T là o – HO – C 6 H 4 - COOCH 3 . + Sở dĩ T có pư với Na 2 CO 3 vì HO- của phenol có tính axit, tính axit này mạnh hơn nấc II của H 2 CO 3 và yếu hơn nấc I của H 2 CO 3 (C 6 H 5 -OH + Na 2 CO 3 → C 6 H 5 -ONa + NaHCO 3 ); pư của T tương tự phenol. Câu 2: V = 2,2848 lít. Câu 3: ĐS: A là CH 3 -CHBr-CH 3 ; B là propan-2-ol; C là propen; D là cumen; E là (CH 3 ) 3 C-OH Câu 4: 1/ CH 3 CH 2 COOH > CH 3 COCH 2 COOH > CH 3 COCOOH; > 3 3 CH CH N H COOH +    ÷   gốc C 2 H 5 đẩy e nhóm CO hút e ở nhóm CO hút e ở điện tích dương ở 3 N H + xa nhóm- COOH gần nhóm –COOH hút e mạnh nhất b. Ta xét 1 lit dung dịch. ( ) − + + − ˆ ˆ † ‡ ˆ ˆ 2 3 1 1 1 RCOOH + H O RCOO H O ban ñaàu x mol 0 0 caân baèng x x mol x x Câu 8: 1/ A, B, D, E, G lần lượt là: CH 3 CH 3 CH 3 CH 3 O CH 3 CH 3 O CH 3 CH 3 O CH 3 CH 3 (A) (B) (D) (E) (G) 2/ A là: CH 2 -CH = CH 2 O O CH 2 Câu 1: 1/ + Vì X pư với NaHCO 3 nên X có nhóm –COOH; X pư với anhiđrit axetic cho C 9 H 8 O 4 nên X có thêm một nhóm –OH của phenol hoặc ancol; ứng với công thức trên thì chỉ có –OH phenol là phù hợp. + Vậy X là: o, m, p – HO – C 6 H 4 - COOH. Nhưng X có liên kết hiđro nội phân tử nên chỉ có đp ortho phù hợp  Y là o – HO – C 6 H 4 - COONa; Z là o – CH 3 COO – C 6 H 4 - COOH; T là o – HO – C 6 H 4 - COOCH 3 . + Sở dĩ T có pư với Na 2 CO 3 vì HO- của phenol có tính axit, tính axit này mạnh hơn nấc II của H 2 CO 3 và yếu hơn nấc I của H 2 CO 3 (C 6 H 5 -OH + Na 2 CO 3 → C 6 H 5 -ONa + NaHCO 3 ); pư của T tương tự phenol. Câu 6: a/ n(H 2 O) = 0,06 mol ⇒ n(H) = 0,12 mol Từ các phản ứng : CO 2 + Ca(OH) 2 → CaCO 3 + H 2 O 2CO 2 + Ca(OH) 2 → Ca(HCO 3 ) 2 với mol045,0n 2 )OH(Ca = và mol02,0n 3 CaCO = ⇒ n(CO 2 ) bằng 0,02 mol hoặc 0,07 mol. n(O) tham gia phản ứng bằng mol2,0 mol/gam16 gam2,3 = Vậy số mol O trong A bằng : n(O) = 0,02mol 2× + 0,06 mol – 0,2 mol < 0 (loại) n(O) = 0,07mol 2× + 0,06 mol – 0,2 mol = 0 mol ⇒ A là hidrocacbon có công thức đơn giản C 7 H 12 Vì M A < 100, nên công thức phân tử của A chính là C 7 H 12 ( 2=∆ ) Cấu tạo của A phù hợp với giả thiết là: CHCH 3 C CH 3 CH CH CH 3 (3-metylhexa-2,4-dien) b/ Các dạng đồng phân hình học : CH 3 C C CH 3 C C CH 3 HH H H 3 C C C CH 3 C C H CH 3 H H H C C CH 3 C C CH 3 HH CH 3 H C C CH 3 C C H CH 3 H CH 3 cis-cis cis-trans trans-cis trans-trans c/ (c) Tác dụng với brom theo tỉ lệ mol 1:1 thì tạo được các sản phẩm : CHCH 3 C CH 3 CH CH CH 3 + Br 2 - Br - CHCH 3 C CH 3 H C CHBr CH 3 H C CH 3 C CH 3 CH CHBr H C CH 3 C CH 3 CH CH CH 3 CH 3 Br + Br - CH 3 CH=C(CH 3 )-CHBr-CHBr-CH 3 CH 3 -CHBr-C(CH 3 )=CH-CHBr-CH 3 CH 3 -CHBr-CBr(CH 3 )-CH=CH-CH 3 1. Câu 7: NO 2 + HONO 2 H 2 SO 4 + Cl 2 Fe NO 2 Cl (a) Cl + HONO 2 H 2 SO 4 + Cl 2 Fe Cl (b) +H 2 SO 4 SO 3 H Cl SO 3 H t Cl NO 2 NO 2 CH 3 + CH 3 Cl AlCl 3 + Br 2 Fe COOH (c) + KMnO 4 COOH Br CH 3 + Br 2 Fe +CH 3 Cl AlCl 3 CH 3 (d) +H 2 SO 4 SO 3 H CH 3 SO 3 H t CH 3 Br Br + KMnO 4 COOH Br 2/ (a) X (C x H y ), có 12x + y = 128 (y ≤ 2x + 2) có hai nghiệm thích hợp là C 10 H 8 và C 9 H 20 . Tuy nhiên, vì X tác dụng được với hidro, nên công thức đúng là C 10 H 8 ( 7=∆ ). Vì X không làm nhạt màu nước brom nên cấu tạo thích hợp của X là naphtalen và phù hợp với giả thiết thì Y là tetralin và Z là decalin : (naphtalen) (tetralin) (decalin) (b) Phản ứng : + HONO 2 H 2 SO 4 + H 2 O NO 2 + Br 2 Fe + HBr Fe Câu 7: (2 điểm) 1. Xác định công thức phân tử Đặt C x H y là công thức phân tử của X 8:5765,11:353,7 1 765,11 : 12 235,88 y:x === X có dạng C 5n H 8n . X có độ bất bão hòa 1n 2 n82n10 += −+ =∆ Do có 3 vòng nên n + 1 = 3, suy ra n = 2, công thức phân tử của X là C 10 H 16 X có 3 vòng 6C nên công thức cấu tạo của nó là: hay 2. m = 5000 . 80% = 4000 gam 6 12 6 2 5 2 2 2C H O C H OH CO→ + 0 lªn men 32 C 180 gam 92 gam 4000 gam x gam 2 5 0 2 5 dd C 40 4000.92 1840 .90% 1840( ) 2300( ) 180 0,8 2300.100 5750( ) 5,750 lit 40 C H OH H OH m gam V ml V ml hay = = ⇒ = = = = 2 5 C H OH nguyªn chÊt Câu 8: (2 điểm) a. Đặt CT của A là (NH 2 ) n R(COOH) m (n, m ≥ 1, nguyên) * Phản ứng với HCl : n HCl = 0,08.0,125= 0,01 mol (NH 2 ) n R(COOH) m + nHCl → (Cl H 3 N) n R(COOH) m (1) 0,01 mol 0,01 mol ⇒ n=1 * Theo (1) : số mol muối = số mol A =0,01 mol; mà khối lượng muối = 1,835gam 1,835 M = 183,5 0,01 ⇒ = muèi ⇒ M A = M muối - M HCl = 183,5 – 36,5 = 147 * n A phản ứng với NaOH =2,94 : 147 = 0,02 mol * Phản ứng của A với NaOH : H 2 N-R(COOH) m + mNaOH → H 2 N-R(COONa) m + mH 2 O (1) Cứ 1 mol → 1 mol → m tăng thêm = 22m gam vậy 0,02 mol → 0,02 mol → m tăng thêm = 3,82-2,94=0,88 gam ⇒ 0,02 . 22m = 0,88 ⇒ m = 2 ⇒ A có dạng tổng quát là : H 2 N-R(COOH) 2 mà M A = 147 ⇒ M R = 147 – 16 – 45 . 2 = 41, vậy R là C 3 H 5 Vì A có mạch cacbon không phân nhánh, là α-amino axit nên CTCT của A là : 2 2 2 OOC CH CH CH(NH ) OOHH C − − − − axit 2-aminopentanđioic (hay axit glutamic) b. Phản ứng của A với NaNO 2 và HCl : 2 2 2 2 2 2 2 2 OOC CH CH CH(NH ) OOH + NaNO + HCl OOC CH CH CH(OH) OOH + N + H O H C H C → Câu 9: (2 điểm) a. * Khối lượng mỗi phần là : 7,1 3,55 2 gam= * Đốt cháy phần 1 : 2 2 7,7 2,25 0,175 ; 0,125 44 18 CO H O n mol n mol= = = = Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố: m phần 1 = m C + m H + m O =3,55 gam 2 2 3,55 12. 2. 3,55 12.0,175 2.0,125 1,2 O CO H O m n n gam⇒ = − − = − − = ⇒ 1, 2 0,075 16 O n n mol= = = 2andehit trongmçi phÇn * Phn 2 : 21,6 0,2 108 Ag n mol= = 0,2 8 2 0,075 3 Ag n n = = > 2andehit trongmỗi phần phi cú mt andehit l HCHO andehit fomic (metanal) t CT ca andehit cũn li l : n m C H CHO Gi trong mi phn gm: x mol HCHO v y mol n m C H CHO Ta cú : 3 3 3 3 / / 2 1 2 4 ; 2 4 2 AgNO NH AgNO NH m m k HCHO Ag C H CHO Ag x mol x mol y mol y mol + 0,075 0,025 4 2 0,2 0,05 x y x x y y + = = + = = Bo ton nguyờn t C v H ta cú : ( 1) 0,175 0,025 0,05( 1) 0,175 2 2 ( 1) 2.0,125 0,025.2 0,05( 1) 0,25 3 n m n m C HCHO C H CHO H HCHO C H CHO n n n n n n n n m n m m = + + = + + = = = + + = + + = = CTCT ca andehit cũn li l : CH 2 =CH-CHO andehit acrylic (propenal) b. Dựng Br 2 trong CCl 4 phõn bit hai andehit : - CH 2 =CH-CHO lm mt mu Br 2 trong CCl 4 : CH 2 =CH-CHO + Br 2 CH 2 Br-CHBr-CHO - HCHO khụng lm mt mu Br 2 trong CCl 4 . - Hoc oxi húa hai anehit ri dựng p trỏng gng nhn ra hai axit tng ng Cõu 10: (2 im) Cỏc phng trỡnh phn ng: [C 6 H 7 O 2 (OH) 3 ] n + nHONO 2 [C 6 H 7 O 2 (OH) 2 (ONO 2 )] n + nH 2 O (1) a mol na mol 207na gam [C 6 H 7 O 2 (OH) 3 ] n + 2nHONO 2 [C 6 H 7 O 2 (OH)(ONO 2 ) 2 ] n + 2nH 2 O (2) b mol 2nb mol 252nb gam t s mol xenluloz trong hai phn ng (1), (2) ln lt l a v b. Theo gi thit ta cú : 3 25,2 2 0,4 63 207 252 66,6 HNO X n na nb m na nb = + = = = + = = = 1,0nb 2,0na Khi lng xenluloz ban u : m = 162n(a +b) = 162(na + nb) = 162 ì 0,3 = 48,6 gam Phn trm khi lng cỏc cht trong X : %m xenlulozomononitrat = 6,66 %100na207 ì = 62,2%; %m xenlulozodinitrat = 37,8% Cõu 3: + CTPT ca A C 6 H 10 O 5 . + A phn ng vi NaHCO 3 cú khớ thoỏt ra => A cha COOH + A phn ng vi Na => A cú COOH v cú th cú OH. A cú dng (HO) n R(COOH) m (HO) n R(COOH) m + m NaHCO 3 (OH) n R(COONa) m + mCO 2 + mH 2 O (HO) n R(COOH) m + (m+n)Na (NaO) n R(COONa) m + (m+n)/2 H 2 n CO2 = m=1; n H2 = (m+n)/2=1 => n=1 + A cú dng HO-C 5 H 8 O 2 COOH v A + 2NaOH 2D + H2O + A tỏc dng vi NaOH theo t l mol 1:2 nờn trong A cú cha 1 nhúm chc este. + Do 1 mol A + NaOH 2mol D nờn CTCT: A: HO-CH 2 -CH 2 COO-CH 2 -CH 2 -COOH v D: HO-CH 2 -CH 2 -COONa Hoc A: HO-CH(CH 3 )-COO-CH(CH 3 )-COOH v D: D là CH 3 -CH(OH)-COONa Cõu 7 1. (1.0 im): Tớnh axit tng theo th t: OH OH NO 2 OH NO 2 OH NO 2 Giải thích: + Nhóm -NO 2 hút electron (hiệu ứng -C) làm tăng độ phân cực liênkết O-H, độ phân cực của liên kết O-H càng tăng khi nhóm -NO 2 càng gần nhóm O-H. + o-nitrophenol và p-nitrophenol còn bị ảnh hưởng của hiệu ứng p-π-π (cặp electron của O, π của C=C và -NO 2 ). Hiệu ứng này mạh hơn hiệu ứng -C nên m<o, p. + o-nitrophenol còn cho liên kết hidro nội phân tử làm cho H của OH giảm linh động, tính axit giảm nên o<p. Vậy: tính axit tăng theo thứ tự: phenol<m-nitrophenol< o-nitrophenol < p-nitrophenol C âu 8: (3.0 điểm): 1.a/ (1 điểm): Đặt CTTQ: C x H y , x ≤ 4 C x H y → xCO 2 + y/2 H 2 O 1mol xmol y/2mol ⇒ m CO 2 = 44x gam, m H 2 O = 9y gam Vậy % CO 2 =44x/(44x + 9y) = 0,7652 Biện luận tìm được: x = 4, y = 6 ⇒ CTPT: C 4 H 6 X trùng hợp tao cao su nên X là CH 2 = CH - CH = CH 2 b/ (1 điểm) 2. (1 điểm): CaC 2 + 2H 2 O → C 2 H 2 + Ca(OH) 2 C 2 H 2 + H 2 O  → tHgSO , 4 CH 3 CHO CH 3 CHO + 3Cl 2 → skta CCl 3 -CHO + 3HCl 3C 2 H 2 → tC, C 6 H 6 C 6 H 6 + Cl 2 → tFe, C 6 H 5 Cl + HCl + 2Cl H CCl 3 -CHO Cl CCl 3 CH Cl HOH + Câu 9: (2.0 điểm): 1. (1 điểm): - Khi thủy phân từng phần X thu được các đipeptit Ala-Gly và Gly-Ala, điều này chứng tỏ Gly ở giũa (…Ala- Gly-Ala…), hoặc Ala ở giữa (…Gly-Ala-Gly…). - Thủy phân hoàn toàn 1mol X thu được 1mol Ala ⇒ Ala nằm giữa (…Gly-Ala-Gly…). - Khi thủy phân từng phần không tìm thấy Phe-Gly, chứng tỏ Phe không đứng trước Gly. Vậy công thức của X là: Gly- Gly-Ala-Gly-Phe. 2. (1 điểm) A + HCl → R(O z )-NH 3 Cl ⇒ A có dạng: RO z -NH 2 Đặt CTTQ của A là C x H y O z NH 2 M A = 12x + y + 16z +16 %N = 16z16yx12 14 +++ = 0,157303 ⇒ 12x + y + 16z ≈ 73 %O = 1673 16 + z = 0,359551 ⇒ z ≈ 2 ⇒ 12x + y = 41 ⇒ x = 3, y = 5 Vậy: CTPT của A là: C 3 H 5 O 2 NH 2 Vì A cho phản ứng trùng ngưng nên A là aminoaxit: CH 2 COOH CH 2 NH 2 CH 3 CH COOH NH 2 2C 4 H 6 2C 4 H 6 Câu 10: (2.0 điểm): 1. (1 điểm): C 2 H 2 + H 2 O  → tHgSO , 4 CH 3 CHO CH 3 CHO + O 2 → txt, CH 3 COOH C 2 H 2 + CH 3 COOH → xt CH 3 COOCH=CH 2 n CH 3 COOCH=CH 2  → ptxt ,, (-CH-CH 2 -) n OCOCH 3 (-CH-CH 2 -) n + nNaOH → t (-CH-CH 2 -) n + nCH 3 COONa OCOCH 3 OH 2. (1 điểm): xC 4 H 6 + yC 6 H 5 CH=CH 2 → cao su buna-S Trong cao su buna-S chỉ có C 4 H 6 còn liên kết π (mỗi C 4 H 6 có 1 liên kết π nên cộng được 1 phân tử Br 2 ). Cao su buna-S trên cộng được x phân tử Br 2 . ⇒ Số mol cao su buna-S = 160 462,31 × x mol M cao su = 462,3 160668,5 x× = 54x + 104y ⇒ 262x = 54x + 104y ⇒x:y = 1:2 Câu 2: 1/ Dùng nước brom thì chỉ có glucozơ làm mất màu nước brom. CH 2 OH-(CHOH) 4 -CH=O + Br 2 + H 2 O →CH 2 OH-(CHOH) 4 -COOH + 2HBr. + Dùng pư tráng gương nhận ra fructozơ. CH 2 OH-(CHOH) 3 -CO-CH 2 OH + 2AgNO 3 + 3NH 3 + H 2 O →CH 2 OH-(CHOH) 4 -COONH 4 + 2Ag + 2NH 4 NO 3 Câu 4: + Vì X + NaOH → 1 muối đơn chức và hai ancol no, đơn chức kế tiếp nên trong X có hai este đơn chức liên tiếp. + Đặt CTPTTB của hai chất trong X là: 2 x y C H O (a mol)ta có 2 x y C H O + ( x + 4 y -1) O 2 → x CO 2 + 2 y H 2 O mol: a a( x + 4 y -1) a x + Theo giả thiết ta tính được: a = 0,3; x = 1,6/0,3 = 5,33 ; y = 2,6/0,3 = 8,67  CTPT của hai chất trong X là: C 5 H 8 O 2 và C 6 H 10 O 2 . + Khi xà phòng hóa 15,7 gam X ứng với 0,15 mol. Đặt CTCT của hai chất trong X là RCOOR' ta có: RCOOR' + NaOH → R COONa + 'R OH mol: 0,15 0,15 => 0,15( 'R +17) = 7,6 => 'R = 33,67 => hai gốc hiđrocacbon trong hai ancol là C 2 H 5 và C 3 H 7 . + Vậy CTCT hai chất trong X là: CH 2 =CH-COO-C 2 H 5 và CH 2 =CH-COO-C 3 H 7 . * Tìm khối lượng mỗi chất trong X đem thủy phân: đặt a, b tương ứng là số mol của este nhỏ và lớn hơn ta có hệ: x + y = 0,15 và 46x + 60y = 7,6 => x = 0,1 và y = 0,05 mol + Vậy: khối lượng hai este tương ứng là: 10 gam và 5,7 gam. 2/ Sơ đồ điều chế: 0 2 2 ,500 2 2 2 2 / 2 2 tan Cl C cracking NaOH CuO O xt bu propen CH CH CH Cl CH CH CH OH CH CH CH O CH CH COOH + + + + → → = − − → = − − → = − = → = − Câu 5: B 1 trùng với B 2 hoặc thay bằng Iot, %sp ứng với thế ở C bậc I, II, III là 15% và 30%; 33% và 22% . là: CH 3 CH 3 CH 3 CH 3 O CH 3 CH 3 O CH 3 CH 3 O CH 3 CH 3 (A) (B) (D) (E) (G) 2/ A là: CH 2 -CH = CH 2 O O CH 2 ĐÁP ÁN 82 Câu 1: 1/ + Vì X pư với NaHCO 3 nên X có nhóm –COOH; X pư với anhiđrit axetic cho C 9 H 8 O 4 . 7: (2 điểm) 1. Xác định công thức phân tử Đặt C x H y là công thức phân tử của X 8:5765 ,11: 353,7 1 765 ,11 : 12 235,88 y:x === X có dạng C 5n H 8n . X có độ bất bão hòa 1n 2 n82n10 += −+ =∆ Do. CH 2 =CH-COO-C 3 H 7 . * Tìm khối lượng mỗi chất trong X đem thủy phân: đặt a, b tương ứng là số mol của este nhỏ và lớn hơn ta có hệ: x + y = 0,15 và 46x + 60y = 7,6 => x = 0,1 và y = 0,05 mol + Vậy: khối lượng