Viết đúng, đầy đủ sơ đồ thì được trọn điểm, cách khác vẫn cho điểm.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH
KIÊN GIANG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012
- -
ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC (NGÀY THI 02/11/2011)
Câu Nội dung Điểm
1 (4 điểm)
* Vì đốt A khơng khí ta thu được CO2, H2O, N2 nên A chứa C, H có thể có O có thể có N a) Trường hợp 1: A khơng chứa oxi
* CO2 + Ca(OH)2Ỉ CaCO3 + H2O nCO2 = nCaCO3 = 0,119 mol
* mdd giảm =mCaCO3 – mCO2 + mH2O
→ 5,287 = 11,9 – (44.0,119 + mH2O)
Ỉ mH2O = 1,377 g Ỉ nH2O = 0,0765 mol
**Mà 2.nO2 = 2.nCO2 + nH2O Ỉ nO2 = 0,15725 mol Vậy nN2 (KK) = 4.nO2 = 0,629 mol
Ỉ nN2 (sinh ra) = 14,28/22,4 – 0,629 = 0,0085 mol Gọi CTTQ của A là: CxHyNt
* Ta có: x : y : t = 0,119 : 0,153 : 0,017 = : : Vậy CT đơn giản nhất của A: C7H9N
* Vì CTPT trùng với CT đơn giản nhất nên CTPT của A: C7H9N b)
* Vì A tác dụng với NaNO2/HCl ở nhiệt độ thấp tạo muối điazoni nên A amin thơm (A có N liên kết trực tiếp với vịng benzen)
Vậy CTCT có thể có của A là:
o - metyl anilin m - metyl anilin p - metyl anilin ** Trường hợp 2: A chứa Oxi nitơ
CxHyOzNt + (x+ y/4-z/2)O2 Ỉ xCO2 + y/2H2O + t/2N2 a (mol) > (x+y/4-z/2)a (mol) ->xa (mol) -> ya/2 (mol) -> ta/2 (mol) Ta có: xa = 0,119 mol
ya/2 = 0,0765 mol
4.(x + y/4 - z/2)a + ta/2 = 0,0085 mol
Ỉ x : y : (t - 4z) = : :
Vì CTPT trùng với công thức đơn giản nhất nên (t - 4z) = * Nếu z = Ỉ t = Ỉ CTPT : C7H9N5O
* Nếu z = Ỉ t = Ỉ CTPT: C7H9N9O2 ………
Ỉ Nếu hợp chất có chứa oxi có nhiều CTPT với nhiều N phân tử nên không xét trường hợp này
1,75 (Mỗi *
là 0,25)
1,75 (1CT:
0.25; tên gọi: 0,25)
0,5 CH3
NH2
CH3 NH2
(2)2 (3
điểm) 0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
3 (3 điểm)
a) * nC8H8 = 3,12 / 104 = 0,03 mol * nBr2 = 4,8/160 = 0,03 mol * nH2 = 2,688 / 22,4 = 0,12 mol
* nBr2 : nC8H8 = : Ỉ số liên kết π tham gia phản ứng cộng Br2 là: * nH2 : nC8H8 = : Ỉ số liên kết π tham gia phản ứng cộng H2 là: mà (π + v) = (2.8 + – 8)/2 =
*Vậy C8H8 hiđrocacbon thơm có liên kết π vòng benzen liên kết πở mạch nhánh * Vậy CTCT của A là:
: Vinyl benzen hay stiren * Phản ứng hiđro hóa A theo tỉ lệ mol : thu được etyl benzen (X)
+ H2
etyl benzen (X)
2 (mỗi * là 0,25
điểm) CH2 – CH2 – CH3 + Br2 as CH – CH2 – CH3
Br
+ HBr
(A) (D)
C2H5OH, t0 CH – CH2 – CH3
Br
+ KOH (D)
CH = CH – CH3 + (E)
+ KBr + H2O
CH = CH – CH3 + Br2 CH – CH – CH3 Br Br
(F) + KOH
CH – CH – CH3 Br Br
(G) t0
CH – CH – CH3 OH Br
CH2 – CH2 – CH3 + Br2
Fe, t0
+ HBr Br
CH2– CH2– CH3
Br
CH2 – CH2 – CH3 + KOH
(C) t0 cao, p cao
OH
CH2– CH2– CH3 + KBr
CH = CH2
CH = CH2 CH2 – CH3
(3)Viết đúng, đầy đủ sơ đồ trọn điểm, cách khác cho điểm Sai chất khơng có điểm
1,0
4 (3 điểm)
* hỗn hợp hai hiđrocacbon được dẫn qua dung dịch Br2 dư có khí Vậy hai hiđrocacbon ankan
* nankan = mol Ỉ nhiđrocacbon cịn lại = mol mhiđrocacbon cịn lại = mbình tăng = 54 g
* Gọi CTTQ của hiđrocacbon lại: CxHy
Ỉ 12x +y = 54 Ỉ x = y =
**Gọi số mol O2 = a mol số mol O3 = b mol Ta có 32 48 =19,2.2=38,4
+ + =
b a
b a
MN
Mặt khác: a+b =
Ỉ a = b =
* Theo phương pháp bảo tồn mol ngun tử O
Khi đốt mol M: ( ) ( ) ( ) ( )
3
2
2 OtrongHO OtrongO O trongO trongCO
O n n n
n + = + = 3.2 + 2.3 = 12 mol
Khi đốt mol M: ( ) ( )
2 O trongHO trongCO
O n
n + = 24 mol
** Gọi CTTQ của ankan: CnH2n+2 (n≥1) CnH2n+2 + )
2 1 3
( n+ O2 Ỉ nCO2 + (n+1)H2O mol n mol (n+1) mol C4H6 + )
2 11
( O2 Ỉ 4CO2 + 3H2O 1 mol mol mol
* ( ) ( )
2 OtrongHO trongCO
O n
n + = (n + 4).2 + (n + + 3) = 24
Ỉ n =
Vậy CTPT của hai hiđrocacbon là: C4H10 C4H6 CTCT:
* CH3 – CH2 – CH2 – CH3 hay CH3 – CH – CH3
* Vì hỗn hợp M tạo kết tủa màu vàng tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3Ỉ C4H6 có liên kết ba
đầu mạch
*Ỉ CTCT của C4H6 : HC ≡ C – CH2 – CH3
HC ≡ C – CH2 – CH3 + AgNO3 + NH3Ỉ AgC ≡ C – CH2 – CH3 + NH4NO3
Mỗi * là 0,25
điểm
5 (4 điểm)
* Phần hơi được đưa qua CuSO4 khan nước bị hấp thụ Hơi khơ cịn lại được ngưng tụ vào bình II
đựng Na thấy khí Ỉ hơi khơ cịn lại ancol ** Gọi công thức của ancol là: R(OH)n
n
OH
R( ) + nNa Ỉ R(ONa)n + 2H
n
Mỗi * là 0,25
điểm CH3
+HBr
+Br2 b) CH3 – CH2OH ⎯−⎯ →H⎯2O CH2 = CH2 ⎯1⎯.O3.⎯,2⎯.Zn→ HCHO
CH3 – CH2Br⎯⎯ →+⎯Mg CH3 – CH2MgBr CH3 – CH2 – CH2 – OH ⎯−⎯ →H⎯2O C3H6
CH3 – C ≡CH ←⎯+ ⎯⎯⎯⎯ , /ancolt KOH
(4)H2 + CuO ⎯⎯→
t Cu + H 2O
mol n
nCuO H 0,1
64 4 , 6
2 = =
=
Ỉ nR(OH)n =
n
2 , 0
(mol)
* Mặt khác: mbình Na tăng = mancol - mH2
Ỉ mancol = 7,6 + 0,1.2 = 7,8 (g) * Vậy mR(OH)n =
n
2 , 0
(R + 17n) = 7,8(g)
Ỉ R= 22n Biện luận:
** n = lúc ta có hỗn hợp ancol
Ỉ R= 22
Ỉ R1 < R= 22 < R2 (R1, R2 gốc hiđrocacbon) Vậy R1 = 15 Ỉ R1 -CH3Ỉ Ancol thứ nhất là: CH3OH Công thức este: CH3OOC – R – COOR2
CH3OOC – R – COOR2 + 2NaOH ⎯⎯→ t
CH3OH + R(COONa)2 + R2OH
Ỉ số mol hai ancol bằng
Ỉ 22 29
2
2
1+ = → =
= R R R
R Ỉ R2 -C2H5
* n = lúc ta chỉ có ancol nhất
Ỉ R= 44 Vậy R C3H8 ( loại khơng có gốc hiđrocacbon có cơng thức C3H8) - Gọi CTTQ của este là: CxHyO4
* CxHyO4 + aBr2Ỉ CxHyO4Br2a
** 20,126%
160 64 12 % 100 . 64 % = + + + = a y x O
Ỉ 12x + y + 160z = 254
Ỉ 160z < 254 Ỉ z < 1,5875
Vậy z = Ỉ 12x + y = 94 Ỉ x = y = 10 Vậy CTPT của este: C7H10O4
* CTCT của este A: CH3OOC – CH = CH – COOC2H5 b)
Axit maleic Axit fumaric * Axit fumaric có nhiệt độ nóng chảy cao hơn axit maleic
* đồng phân trans bền về mặt nhiệt động hơn đồng phân cis đồng phân trans có tính đối xứng cao hơn đồng phân cis nên dễ sắp xếp đặc khí hơn
0,5
0,5 6
(3 điểm)
a) Al4C3 + 12H2O Ỉ 3CH4 + 4Al(OH)3 2CH4 ⎯⎯ →⎯C
0 1500
HC ≡ CH + 3H2
2 HC ≡ CH ⎯CuCl⎯⎯−NH⎯4Cl⎯,t0→ HC ≡ C – CH = CH HC ≡ C – CH = CH2 + H2 ⎯⎯⎯⎯⎯→
0 3, /PbCO t Pd
CH2 = CH – CH = CH2 nCH2 = CH – CH = CH2 ⎯⎯ →xt,t⎯,p
0
(– CH2 – CH = CH – CH2 –)n
b) mol X thủy phân hồn tồn tạo mol aminoaxit Ỉ A một pentapeptit * Peptit + 2,4-đinitroflobenzen Ỉ His bị tách dưới dang hợp chất
0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 C = C
H COOH HOOC
H
C = C H COOH HOOC
H
(5)Vậy aminoaxit đầu N His
* Peptit bị thủy phân X nhờ enzim cacboxipeptidaza thu được Lys Vậy aminoaxit đầu C là: Lys
* Thủy phân khơng hồn tồn cho đipeptit His-Ala; Ala- Ala; Ala - Glu Vậy trật tự sắp xếp aminoaxit mạch là:
His – Ala – Ala – Glu – Lys ****CTCT:
0,25
0,25
1,0
Chú ý: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa
CH3 CH3 (CH2)2
COOH
(CH2)4 NH2 CH2
N
N H