TỔNG HỢP ĐỀ THI HSG HÓA HỌC LỚP 12, LỚP 9 CÓ GIẢI CHI TIẾT TỈNH KIÊN GIANG

https://twitter.com/daykemquynhon 

plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn 

www.facebook.com/daykem.quynhon 

https://daykemquynhon.blogspot.com 

http://daykemquynhon.ucoz.com 

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / 

Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa Quy Nhơn 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định 

DIỄN ĐÀN TOÁN - LÝ - HÓA 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN 

MỌI YÊU CẦU GỬI VỀ HỘP MAIL DAYKEMQUYNHONBUSINESS@GMAIL.COM 

HOTLINE : +84905779594 (MOBILE/ZALO) 

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/ 

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN 

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú 

www.facebook.com/daykemquynhonofficial 

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial

















































































































































































































































































































































































































































































































































































































SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT 

TỈNH KIÊN GIANG NĂM HỌC 2010-2011 

------- ------------ 

ĐỀ CHÍNH THỨC 

MÔN THI : HÓA HỌC 

Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề) 

Ngày thi : 13 /11 /2010 

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

A. PHẦN HÓA ĐẠI CƯƠNG VÔ CƠ: 

Câu I :(4 điểm ) 

1. Ba nguyên tố A, D, E có tổng điện tích hạt nhân là 16. Trong phân tử AD 3 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. C 6 H 12 O 6 + KMnO 4 + H 2 SO 4 → K 2 SO 4 + MnSO 4 + CO 2 + H 2 O. 

b. Fe x O y + HNO 3 → Fe(NO 3 ) 3 + NO + H 2 O 

3. a. Có 2 lọ đựng 2 chất lỏng riêng biệt không nhãn: H 2 O; H 2 O 2 . 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 NO 2 có thể kết hợp tạo ra N 2 O 4 ? 

Câu II: (2 điểm ) 

1. X là hợp chất hóa học tạo ra từ hợp kim gồm Fe và C trong đó có 6.67% cacbon về khối 

lượng. Thiết lập công thức của X. 

2. Hòa tan X trong HNO 3 (đ, t o ) thu được dung dịch A và hỗn hợp khí B. 

Cho A, B lần lượt tác dụng với NaOH dư thì A tạo ra kết tủa A 1 ; B tạo ra hỗn hợp B 1 gồm 

3 muối. 

Nung A 1 và B 1 ở nhiệt độ cao A 1 tạo ra oxit A 2 ; B 1 tạo ra hỗn hợp B 2 gồm 2 muối. 

Cho CO (dư) khử A 2 ở nhiệt độ cao thì thu được rắn A 3 . 

Cho B 2 tác dụng với H 2 SO 4 (1) thu được khí B 3 và axit B 4 . 

Chất B 4 làm mất màu dung dịch KMnO 4 trong môi trường axit. 

Xác định công thức A, B, A 1 , B 1 , A 2 , B 2 , B 3 , B 4 . Viết các phương trình phản ứng . 

Câu III :(4 điểm) 

Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm FeS 2 và Cu 2 S bằng dung dịch H 2 SO 4 đặc nóng 

thu được dung dịch A và khí SO 2 . Hấp thụ hết SO 2 vào trong 1 lít dung dịch KOH 0,5 M thu được 

dung dịch B. 

Cho ½ A tác dụng với dung dịch NaOH dư, lấy kết tuả nung đến khôí lượng không đôỉ thu 

được 4 gam chất rắn C. Cho toàn bộ lượng C qua ống sứ đựng khí CO dư nung nóng thu được khí 

D. Dẫn D qua nước vôi trong dư thu được 6 gam kết tuả. 

1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra, tính m. 

2. Tính khôí lượng các chất tan trong dung dịch B. 






Trang 1 











B. PHẦN HÓA HỮU CƠ: 

Câu I: (3 điểm ) 

1. Giải thích tại sao khi hiđrat hoá 3- phenylbut-1-en trong H 2 SO 4 loãng chỉ thu được 

2- phenylbutan-2-ol . 

2. Viết các phương trình phản ứng điều chế các chất hữu cơ sau: (các hoá chất vô cơ cần 

thiết và điều kiện của phản ứng coi như có đủ) 

a. Từ toluen điều chế p.crezol 

b. Từ benzen điều chế m-brom anilin 


1. Sắp xếp các hợp chất sau theo thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi và giải thích ? 

(A) C 6 H 5 CH(CH 3 ) 2 ; (B) C 6 H 5 CH 2 OH ; (C) C 6 H 5 OCH 3 ; (D) C 6 H 5 CHO ; (E) C 6 H 5 COOH 

2. Khi thực hiện phản ứng este hóa 1 mol CH 3 COOH và 1 mol C 2 H 5 OH, lượng este lớn 

nhất thu được là 2/3 mol. Để đạt hiệu suất cực đại là 90% khi tiến hành este hóa a mol CH 3 COOH 

cần số mol C 2 H 5 OH là bao nhiêu (biết các phản ứng este hóa thực hiện ở cùng nhiệt độ). 

Câu III:(4 điểm) 

Hợp chất A có thành phần phần trăm về khối lượng của các nguyên tố như sau : 46.6% C; 

8,74% H; 31,07% O còn lại là N .Phân tử khối của A nhỏ hơn 140u. Khi cho A phản ứng với dung 

dịch NaOH loãng đun nóng nhẹ thấy bay ra khí B làm xanh quì tím ẩm và thu được dung dịch Y. 

Axit hoá dung dịch Y bằng H 2 SO 4 loãng, rồi chưng cất được axit C có khối lượng phân tử bằng 74. 

Đun nóng A thu được chất hữu cơ D và hơi nước. 

1. Xác định công thức cấu tạo của A, B, C, D. 

2. Viết phương trình phản ứng xảy ra: 

a. Khi đun nóng D trong dung dịch HCl. 

b. Khi đun nóng D trong dung dịch NaOH. 

(Cho : H = 1 ; C = 12 ; N = 14 ; O = 16 ; S = 32 ; Na = 23 ; K =39 ; Ca = 40 ;Fe = 56 ; Cu = 64 ) 

----HẾT---- 






Trang 2 








SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 

KIÊN GIANG 

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT 

NĂM HỌC 2010 - 2011 




ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC 

A.PHẦN ĐẠI CƯƠNG VÔ CƠ: 

MÔN HÓA HỌC 

Ngày thi : 13/11/2010 

Câu I :(4 điểm ) 

1. Ba nguyên tố A, D, E có tổng điện tích hạt nhân là 16. Trong phân tử AD 3 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 


b. Fe x O y + HNO 3 → Fe(NO 3 ) 3 + NO + H 2 O 

3. a. Có 2 lọ đựng 2 chất lỏng riêng biệt không nhãn: H 2 O; H 2 O 2 . 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 NO 2 có thể kết hợp tạo ra N 2 O 4 . 

Câu I 

(4 đ) 

1. 1đ 

2. 2 đ 

Đáp án 

1- a. Theo đề Z A + Z D + Z E = 16 (1) 

Z A + 3Z D = 10 (2) 

Từ (1)& (2) => Z E - 2Z D = 6 ⇒ Z D < 6 

Z D 1 2 3 4 

Z E 8 10 12 14 

Z A 7 4 1 âm 

Nhận loại loại loại 

Vì Z D = 2 => D là He loại 

Z D = 3 => D là Li không có hợp chất LiH 3 loại 

Vậy Z D = 1 => D là Hydro 

Z E = 8 => E là Oxi 

Z A = 7 => A là Nitơ 

b. * CTCT HNO 2 : H- O – N = O 

* CTCT HNO 3 

+5 

H O N 

Cân bằng các phản ứng oxi hóa khử sau bằng phương pháp thăng bằng 

electron 

O 

O 

Điểm 

chi tiết 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 


Ghi 

chú 





Trang 1 











a. 1 đ 

b. 1 đ 

3. 1 đ 

0 +7 +6 +6 +2 +6 +4 


HSCB 0 +4 

* 5 6C → 6 C + 4e . 6 

+7 +2 

* 24 Mn + 5e → Mn 

0 +7 +4 +2 

* 30 C + 24 Mn → 30 C + 24 Mn 

Phản ứng : 

* 5C 6 H 12 O 6 + 24KMnO 4 + 36H 2 SO 4 → 12 K 2 SO 4 + 24MnSO 4 + 30CO 2 

+ 66 H 2 O. 

+2y/x +5 +3 +2 

b. Fe x O y + HNO 3 → Fe(NO 3 ) 3 + NO+ H 2 O 

HSCB +2y/x +3 

* 3 x Fe → x Fe + (3x-2y) e 

+5 +2 

* (3x-2y) N + 3e → N 

+2y/x +5 +3 

* 3x Fe + (3x-2y) N → 3x Fe + (3x-2y) N 

Phản ứng : 

* 3Fe x O y + (12x-2y) HNO 3 → 3x Fe(NO 3 ) 3 + (3x-2y) NO+(6x-y) H 2 O 

a. Dùng dung dịch KMnO 4 , lọ làm mất màu dung dịch KMnO 4 là H 2 O 2 . 

2KMnO 4 + 5H 2 O 2 + 3H 2 SO 4 → 2MnSO 4 + 5O 2 + K 2 SO 4 + 8H 2 O 

b. Do trong phân tử NO 2 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 NO 2 thứ 2 để tạo 

phân tử N 2 O 4 . 

* NO 2 : N 

 

O O 

* N 2 O 4 : 

O O 

N - N 

O 

O 

+2 

1*=0,25 

4x 0,25 

= 1,0 đ 

4x 0,25 

= 1,0 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,125 đ 







Trang 2 












1. X là hợp chất hóa học tạo ra từ hợp kim gồm Fe và C trong đó có 6.67% cacbon về khối lượng. Thiết 

lập công thức của X. 

2. Hòa tan X trong HNO 3 (đ, t o ) thu được dung dịch A và hỗn hợp khí B. 

Cho A, B lần lượt tác dụng với NaOH dư thì A tạo ra kết tủa A 1 ; B tạo ra hỗn hợp B 1 gồm 3 muối. 

Nung A 1 và B 1 ở nhiệt độ cao A 1 tạo ra oxit A 2 ; B 1 tạo ra hỗn hợp B 2 gồm 2 muối. 

Cho CO (dư) khử A 2 ở nhiệt độ cao thì thu được rắn A 3 . 

Cho B 2 tác dụng với H 2 SO 4 (1) thu được khí B 3 và axit B 4 . 

Chất B 4 làm mất màu dung dịch KMnO 4 trong môi trường axit. 

Xác định công thức A, B, A 1 , B 1 , A 2 , B 2 , B 3 , B 4 . Viết các phương trình phản ứng . 

Câu II 

Đáp án 

(2,0 đ) 

1. 

a. 0,5 đ a. Gọi công thức của X : Fe x C y 

* % Fe = 93,33 

Lập tỉ lệ : 56x : 12y = 93,33 : 6.67 

* => x : y = 3 : 1 

Công thức của X : Fe 3 C 

0 0 +5 

b. 1,5 đ * Fe 3 C + 22 HNO 3 (đ,t o +3 

+4 +4 

) → 3Fe(NO 3 ) 3 + 13NO 2 + CO 2 +11 H 2 O 

* Dung dịch A : Fe(NO 3 ) 3 và hỗn hợp khí B gồm NO 2 , CO 2 

Kết tủa A 1 là Fe(OH) 3 ; hỗn hợp B 1 : NaNO 2 , NaNO 3, Na 2 CO 3 

Oxit A 2 là Fe 2 O 3 ; hỗn hợp B 2 : NaNO 2 , Na 2 CO 3 ; rắn A 3 : Fe 

Khí B 3 là CO 2 ; Axit B 4 là HNO 2 

Các phương trình phản ứng. 

* Fe(NO 3 ) 3 + 3 NaOH → Fe(OH) 3 ↓ + 3 NaNO 3 

2 NO 2 + 2 NaOH → NaNO 2 + NaNO 3 + H 2 O 

* CO 2 + 2 NaOH → Na 2 CO 3 + H 2 O 

t o 

2 Fe(OH) 3 → Fe 2 O 3 + 3 H 2 O(h) 

t o 

t o 

* 2 NaNO 3 → 2 NaNO 2 + O 2 

Fe 2 O 3 + 3 CO 

Na 2 CO 3 + H 2 SO 4 (l) 

→ 2 Fe + 3 CO 2 

→ Na 2 SO 4 + CO 2 + H 2 O 

Điểm 

chi tiết 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

Ghi chú 

Mỗi * 

= 0,25đ 

2x0,25= 

0,5 đ 

Mỗi * 

= 0,25đ 

6x0,25= 

1,5 đ 






* 2 NaNO 2 + H 2 SO 4 (l) → 2 HNO 2 + Na 2 SO 4 

2KMnO 4 +5HNO 2 +3H 2 SO 4 → 5HNO 3 +2MnSO 4 +K 2 SO 4 +3H 2 O 

0,25 đ 

Trang 3 











Câu III :(4 điểm) 

Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm FeS 2 và Cu 2 S bằng dung dịch H 2 SO 4 đặc nóng thu được 

dung dịch A và khí SO 2 . Hấp thụ hết SO 2 vào trong 1 lít dung dịch KOH 1M thu được dung dịch B. 

Cho ½ A tác dụng với dung dịch NaOH dư, lấy kết tuả nung đến khôí lượng không đôỉ thu được 4 gam 

chất rắn C. Cho toàn bộ lượng C qua ống sứ đựng khí CO dư nung nóng thu được khí D. Dẫn D qua nước 

vôi trong dư thu được 6 gam kết tuả. 

1. Tính m 

2. Tính khôí lượng các chất tan trong dung dịch B. 

Câu III: 

(4 đ) 

Đáp án 

1. 3đ Gọi số mol của FeS 2 và Cu 2 S lần lượt là x,y: 

Ta có phương trình phản ứng: 

⎯ 0 

t 

* 2FeS 2 + 14H 2 SO 4 đ ⎯→ Fe 2 (SO 4 ) 3 + 15SO 2 +14H 2 O(1) 

x 15x 

x 

2 2 

t 

* Cu 2 S + 6 H 2 SO 4 đ ⎯⎯→ 

0 

2 CuSO 4 + 5 SO 2 +6 H 2 O(2) 

y 2y 5y 

½ A tác dụng với dung dịch NaOH dư: 

* Fe 3+ + 3OH - → Fe(OH) 3 (3) 

x 

x 

2 

2 

* Cu 2+ + 2OH - → Cu(OH) 2 (4) 

2y 

2y 

t 

* 2Fe(OH) 3 ⎯⎯→ 

0 

Fe 2 O 3 +3H 2 O(5) 

x 

x 

2 

4 

t 

* Cu(OH) 2 ⎯⎯→ 

0 

CuO +H 2 O(6) 

y 

y 

t 

* Fe 2 O 3 + 3CO ⎯⎯→ 

0 

2Fe + 3CO 2 (7) 

x 

x 3x 

4 

2 4 

t 

* CuO + CO ⎯⎯→ 

0 

Cu + CO 2 (8) 

y y y 

* CO 2 + Ca(OH) 2 → CaCO 3 + H 2 O(9) 

3x + 4y 

3x + 4y 

4 

4 

⎧3x 

+ 4y 

⎪ 

= 0,06 

* Theo gt: 

4 

⎨ 

⎪ x 

160. + 80. y = 4 

⎩ 4 

* Giaỉ hệ pt trên ta tìm được: x = 0,04 ; y = 0,03 

* m = 0,04.120 + 0,03.160 = 9, 6gam. 

Điểm 

chi tiết 

0,25đ 

0,25đ 

1,0đ 

1,0đ 

0,25đ 

0,25đ 

Ghi chú 


Trang 4 















2. 1đ 

Số mol SO 2 = 

15x +5y = 0,45 mol 

2 

Số mol KOH = 0,5 mol⇒ 

n 

tạo thành gồm 2 muối 

SO 2 + KOH →KHSO 3 (10) 

nSO 

2 

KOH 

= 0,45: 0,5 > 2 

1 . Do đó dung dịch 

a a 

SO 2 + 2KOH →K 2 SO 3 + H 2 O(11) 

b 2b 

Ta có hệ pt: 

⎧a 

+ b = 0,45 

⎨ 

Giaỉ hệ pt này ⇒ a = 0,4 ; b = 0,05 

⎩a 

+ 2b 

= 0,5 

m KHCO 3 = 48 gam; m K 2 SO 3 = 7,9 gam 


0,5đ 

0,25đ 

0,25đ 





Trang 5 











B. PHẦN HỮU CƠ: 

Câu I: (3 điểm ) 

1. Giaỉ thích tại sao khi hiđrat hoá 3- phenylbut-1-en trong H 2 SO 4 loãng chỉ thu được 2- phenylbutan-2-ol 

2. Viết các phương trình phản ứng điều chế các chất ( hoá chất vô cơ cần thiết, điều kiện phản ứng coi như 

có đủ) 

a. Từ toluen điều chế p.crezol 

b. Từ benzen m-brom anilin 

Câu II: 

(3 đ) 

Đáp án 

1. 1,5 đ Khi hidrat hóa 3- phenylbut-1-en trong H 2 SO 4 loãng sẽ tạo cacbocation 

bậc 2 và có sự chuyển vị tạo cacbocation benzylic bền vững hơn đo đó 

sản phẩm thu được là 2- phenylbutan-2-ol theo sơ đồ sau: 

2. 1,5 đ 

CH 2 = CH —CH—CH 3 

Ph 

CH 3 

CH2 

H 2 SO 4 đ 

a/ C 6 H 5 CH 3 + HNO 3 (đ) ⎯ ⎯→ p-NO 2 C 6 H 4 CH 3 + H 2 O 

p-NO 2 C 6 H 4 CH 3 +6 H ⎯ 

Fe ⎯⎯⎯ 

−HCl ⎯→p-NH 2 C 6 H 4 CH 3 + 2 H 2 O 

p-NH 2 C 6 H 4 CH 3 + HNO 2 

H + + 

CH 3 — CH 

—CH—CH 3 

⎯ 0 

t 

⎯→ 

H 2 SO 4 đ 

b/ C 6 H 6 + HNO 3 ⎯ ⎯→ C 6 H 5 NO 2 + H 2 O 

+ 

C 

Ph 

p-HOC 6 H 4 CH 3 + N 2 + H 2 O 

0 

Fe,t 

C 6 H 5 NO 2 + Br 2 ⎯⎯⎯ 

→m-BrC 6 H 4 NO 2 + HBr 

m-BrC 6 H 4 NO 2 + 6 H ⎯ 

Fe ⎯⎯⎯ 

−HCl ⎯→m-BrC 6 H 4 NH 2 + 2 H 2 O 

Ph 

+ 

CH 3 —CH 2 —C —CH3 

CH 3 

Ph 

OH 

H 2 O 

CH 

-H 3 CH 2 C 

2 

Điểm 

chi tiết 


Ph 

CH 3 

0,5đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,5đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

Ghi 

chú 





Trang 6 












1. Hãy sắp xếp và giải thích thứ tự nhiệt độ sôi của các chất sau đây theo chiều tăng dần nhiệt độ sôi 

(A) C 6 H 5 CH(CH 3 ) 2 ; (B) C 6 H 5 CH 2 OH ; (C) C 6 H 5 OCH 3 ; (D) C 6 H 5 CHO ; (E) C 6 H 5 COOH 

2. Khi thực hiện phản ứng este hóa 1 mol CH 3 COOH và 1 mol C 2 H 5 OH, lượng este lớn nhất thu được là 

2/3 mol. Để đạt hiệu suất cực đại là 90% khi tiến hành este hóa a mol CH 3 COOH cần số mol C 2 H 5 OH là 

bao nhiêu (biết các phản ứng este hóa thực hiện ở cùng nhiệt độ). 

Câu II: 

(3 đ) 

Đáp án 

1. 1,0 đ Thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi: 

C 6 H 5 CH(CH 3 ) 2 < C 6 H 5 OCH 3 < C 6 H 5 CHO < C 6 H 5 CH 2 OH < C 6 H 5 COOH 

( A) (C) (D) (B) (E) 

Vì khối lượng phân tử của chúng xấp xỉ nhau, nên nhiệt độ sôi chỉ phụ 

thuộc vào sự phân cực và liên kết Hidro 

(A) Kém phân cực, không có liên kết Hidro 

(C) Phân cực hơn (A), không có liên kết Hidro 

(D) Phân cực hơn (C), không có liên kết Hidro 

(B) Phân cực hơn (D), có liên kết Hidro 

(E) Phân cực hơn (B), có liên kết Hidro mạnh hơn (B) 

2. 2,0đ 

+ Với hiệu suất 66,67% 

p.t.p.ư CH 3 COOH + C 2 H 5 OH ⇌ CH 3 COOC 2 H 5 + H 2 O 

ban đầu 1mol 1 mol 0 0 

phản ứng 2/3 mol 2/3 mol 2/3 mol 2/3 mol 

cân bằng 1/3 mol 1/3 mol 2/3 mol 2/3 mol 

⎛ 2 ⎞ 

⎜ ⎟ 

[ CH 

3COOC2H 

5 

].[ H 

2O] 

3 

K cb = = 

⎝ ⎠ 

= 4 

2 

[ CH 

3COOH 

].[ C2H 

5OH 

] ⎛ 1 ⎞ 

⎜ ⎟ 

⎝ 3 ⎠ 

+ Với hiệu suất 90% . Tính số mol C 2 H 5 OH ? 

Gọi x là số mol C 2 H 5 OH. 

♣ Trường hợp 1: Nếu x< a thì số mol este = 0,9x (mol) 

P.T.P.Ư CH 3 COOH + C 2 H 5 OH ⇌ CH 3 COOC 2 H 5 + H 2 O 

mol ban đầu a x 0 0 

mol phản ứng 0,9x 0,9x 0,9x 0,9x 

mol cân bằng a – 0,9x 0,1x 0,9x 0,9x 

2 

(0,9x) 

K = 

= 4 

0,1x 

( a − 0,9x) 

Vậy x = 0,342 a (mol) 

2 

Điểm 

chi tiết 


0,25đ 

0,25đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

Ghi 

chú 





Trang 7 











♣ Trường hợp 2 : x > a thì số mol este = 0,9a (mol) 

P.T.P.Ư CH 3 COOH + C 2 H 5 OH ⇌ CH 3 COOC 2 H 5 + H 2 O 

mol ban đầu a x 0 0 

mol phản ứng 0,9a 0,9a 0,9a 0,9a 

mol cân bằng 0,1a x-0,9a 0,9a 0,9a 

2 

(0,9a) 

K = 

= 4 ; Vậy x = 2,925 a (mol) 

0,1a 

( x − 0,9a) 


0,25đ 

0,25đ 





Trang 8 











Câu III:(4 điểm) 

Hợp chất A có thành phần phần trăm về khối lượng của các nguyên tố như sau : 46.6% C; 8,74% 

H; 31,07% O còn lại là N .Phân tử khối của A nhỏ hơn 140u. Khi cho A phản ứng với dung dịch NaOH 

loãng đun nóng nhẹ thấy bay ra khí B làm xanh quì tím ẩm và thu được dung dịch Y.Axit hoá dung dịch Y 

bằng H 2 SO 4 loãng, rồi chưng cất được axit C có khối lượng phân tử bằng 74. Đun nóng A thu được chất 

hữu cơ D và hơi nước. 

1. Xác định công thức cấu tạo của A, B, C, D. 

2. Viết phương trình phản ứng xảy ra: 

a. Khi đun nóng D trong dung dịch HCl. 

b. Khi đun nóng D trong dung dịch NaOH. 

Câu III 

(4 đ) 

1. 3,0 đ 

2. 1,0 đ 

Đáp án 

Gọi công thức tổng quát của A là C x H y O z N t 

* Theo gt: %N = 100-(%C + %H +%O) = 13,59% 

* Ta có: 

46,6 8,74 31,07 13,59 

x: y : z :t = : : : = 4: 9 :2 :1 

12 1 16 14 

* Công thức thực nghiệm của A là: (C 4 H 9 O 2 N) n 

* → 103n< 140 → n< 1,35. Vậy n =1, CTPT A là:C 4 H 9 O 2 N 

* A tác dụng vơí NaOH tạo ra bazơ B( làm xanh quì tím ẩm) ở dạng khí →A 

là muối amoni của NH 3 hoặc amin 

* Vì axit hoá dung dịch Y bằng H 2 SO 4 loãng, đem chưng cất (có thể tạo hỗn 

hợp sản phẩm trong quá trình axit hóa môi trường luôn dư H + ) nhưng do 

M C = 74 nên phân tử C chỉ có 1 nhóm –COOH, CTCT của C:CH 3 CH 2 COOH 

CTCT của B là: CH 3 NH 2 

* CTCT của A là: CH 2 = CH-COONH 3 CH 3 

CH 2 = CH COONH 3 CH 3 + NaOH 

t 

⎯→ CH 2 = CHCOONa + CH 3 NH 2 

+H 2 O 

⎯ 0 

2 CH 2 = CHCOONa + H 2 SO 4 → 2 CH 2 = CHCOOH + Na 2 SO 4 

t 

CH 2 = CHCOONH 3 CH 3 ⎯→ CH 2 = CH-CO-NH- CH 3 (D) +H 2 O 

Trong D có liên kết –CO-NH- thuộc loại liên kết amit. Liên kết này kém bền 

trong môi trường axit hoặc môi trường kiềm: 

* 

⎯ 0 

CH 2 = CH −CO−NH−CH 3 + NaOH 

* CH 2 = CH−CO−NH−CH 3 + HCl+ H 2 O 

t 

⎯→ CH 2 = CHCOONa+ CH 3 NH 2 

⎯ 0 

Điểm 

chi tiết 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 


t 

⎯→ CH 2 = CHCOOH + CH 3 NH + 3 Cl - 

⎯ 0 

0,25đ 

0,25đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

Ghi 

chú 





Trang 9 



















































































































































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 khi đốt A trong không khí ta thu được CO 2 , H 2 O, N 2 nên A chứa C, H có thể có O và có thể có N 

a) Trường hợp 1: A không chứa oxi 

* CO 2 + Ca(OH) 2 CaCO 3 + H 2 O 

nCO 2 = nCaCO 3 = 0,119 mol 

* m dd giảm =mCaCO 3 – mCO 2 + mH 2 O 

→ 5,287 = 11,9 – (44.0,119 + mH 2 O) 

mH 2 O = 1,377 g nH 2 O = 0,0765 mol 

**Mà 2.nO 2 = 2.nCO 2 + nH 2 O nO 2 = 0,15725 mol 

Vậy nN 2 (KK) = 4.nO 2 = 0,629 mol 

nN 2 (sinh ra) = 14,28/22,4 – 0,629 = 0,0085 mol 

Gọi CTTQ của A là: C x H y N t 

* Ta có: x : y : t = 0,119 : 0,153 : 0,017 = 7 : 9 : 1 

Vậy CT đơn giản nhất của A: C 7 H 9 N 

* Vì CTPT trùng với CT đơn giản nhất nên CTPT của A: C 7 H 9 N 

b) 

* Vì A tác dụng với NaNO 2 /HCl ở nhiệt độ thấp tạo muối điazoni nên A là amin thơm (A có N liên kết 

trực tiếp với vòng benzen) 

Vậy CTCT có thể có của A là: 

1,75 

(Mỗi * 

là 

0,25) 

1,75 

(1CT: 

0.25; 

tên 

NH 2 

NH 2 

gọi: 

CH 3 

H 2 N 

CH 3 

0,25) 

CH 3 

o - metyl anilin m - metyl anilin p - metyl anilin 

** Trường hợp 2: A chứa Oxi và nitơ 

C x H y O z N t + (x+ y/4-z/2)O 2 xCO 2 + y/2H 2 O + t/2N 2 

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 

x : y : (t - 4z) = 7 : 9 : 1 

Vì CTPT trùng với công thức đơn giản nhất nên (t - 4z) = 1 

* Nếu z = 1 t = 5 CTPT : C 7 H 9 N 5 O 

* Nếu z = 2 t = 9 CTPT: C 7 H 9 N 9 O 2 

………………….. 

Nếu hợp chất có chứa oxi thì có nhiều CTPT với nhiều N trong phân tử nên không xét trường hợp 

này 


0,5 















2 

(3 

điểm) 

3 

(3 

điểm) 

CH 2 – CH 2 – CH 3 + Br 2 

(A) 

CH – CH 2 – CH 3 

Br 

(D) 

+ KOH 

a) * nC 8 H 8 = 3,12 / 104 = 0,03 mol 

* nBr 2 = 4,8/160 = 0,03 mol 

* nH 2 = 2,688 / 22,4 = 0,12 mol 

* nBr 2 : nC 8 H 8 = 1 : 1 số liên kết π tham gia phản ứng cộng Br 2 là: 1 

* nH 2 : nC 8 H 8 = 4 : 1 số liên kết π tham gia phản ứng cộng H 2 là: 4 

mà (π + v) = (2.8 + 2 – 8)/2 = 5 

*Vậy C 8 H 8 là hiđrocacbon thơm có 3 liên kết π trong vòng benzen và 1 liên kết π ở mạch nhánh 

* Vậy CTCT của A là: 

: Vinyl benzen hay stiren 

* Phản ứng hiđro hóa A theo tỉ lệ mol 1 : 1 thu được etyl benzen (X) 

as 

C 2 H 5 OH, t 0 

xt, t 0 

CH = CH 2 + H 2 

CH 2 – CH 3 

etyl benzen (X) 

CH – CH 2 – CH 3 

Br 

(D) 

CH = CH – CH 3 

+ (E) 

CH = CH – CH 3 + Br 2 CH – CH – CH 3 

Br Br 

(F) 

CH – CH – CH 3 

Br Br 

CH 2 – CH 2 – CH 3 

+ Br 2 

CH 2 – CH 2 – CH 3 

+ KOH 

Br 

+ KOH 

CH = CH 2 

Fe, t 0 

t 0 cao, p cao 

t 0 CH – CH – CH 3 

OH 

Br 

Br 

(G) 

CH 2 – CH 2 – CH 3 

CH 2 – CH 2 – CH 3 

OH 

(C) 

+ KBr 

+ HBr 

+ HBr 

+ KBr + H 2 O 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

2 

(mỗi * 

là 0,25 

điểm) 
















4 

(3 

điểm) 

5 

(4 

điểm) 

b) CH 3 – CH 2 OH ⎯ − ⎯ H 2 O → CH 2 = CH ⎯ 

1 ⎯ 

. O ,2 ⎯⎯ . Zn → 

2 3 . 

HCHO 

+HBr 

CH 3 – CH 2 Br ⎯ +Mg +HCHO 

⎯→ CH 3 – CH 2 MgBr CH 3 – CH 2 – CH 2 – OH ⎯ − ⎯ H 2 O →C 3 H 6 

Viết đúng, đầy đủ sơ đồ thì được trọn điểm, cách khác vẫn cho điểm. Sai 1 chất cũng không có điểm 

* hỗn hợp hai hiđrocacbon được dẫn qua dung dịch Br 2 dư thì có khí thoát ra. Vậy 1 trong hai 

hiđrocacbon là ankan 

* n ankan = 1 mol n hiđrocacbon còn lại = 1 mol 

m hiđrocacbon còn lại = m bình tăng = 54 g 

* Gọi CTTQ của hiđrocacbon còn lại: C x H y 

12x +y = 54 x = 4 và y = 6 

**Gọi số mol O 2 = a mol và số mol O 3 = b mol 

32a 

+ 48b 

Ta có M N = = 19,2.2 = 38, 4 

a + b 

Mặt khác: a+b = 5 

a = 3 và b = 2 

* Theo phương pháp bảo toàn mol nguyên tử O thì 

Khi đốt 1 mol M: n 

O( trongCO ) 

+ n 

2 O( 

trongH 2O) 

= nO( 

trongO2 

) 

+ nO( 

trongO3 

) 

= 3.2 + 2.3 = 12 mol 

Khi đốt 2 mol M: n 

O( trongCO2 ) 

+ nO( 

trongH 2O) 

= 24 mol 

** Gọi CTTQ của ankan: C n H 2n+2 (n ≥ 1) 

3n + 1 

C n H 2n+2 + ( ) O 2 nCO 2 + (n+1)H 2 O 

2 

1 mol n mol (n+1) mol 

11 

C 4 H 6 + ( ) O 2 4CO 2 + 3H 2 O 

2 

1 mol 4 mol 3 mol 

* n 

O( trongCO2 ) 

+ nO( 

trongH 2O) 

= (n + 4).2 + (n + 1 + 3) = 24 

n = 4 

Vậy CTPT của hai hiđrocacbon là: C 4 H 10 và C 4 H 6 

CTCT: 

* CH 3 – CH 2 – CH 2 – CH 3 hay CH 3 – CH – CH 3 

CH 3 

CH 3 – C ≡ CH 

← + 0 

* Vì hỗn hợp M tạo kết tủa màu vàng khi tác dụng với dung dịch AgNO 3 /NH 3 C 4 H 6 có liên kết ba 

đầu mạch 

* CTCT của C 4 H 6 : HC ≡ C – CH 2 – CH 3 

HC ≡ C – CH 2 – CH 3 + AgNO 3 + NH 3 AgC ≡ C – CH 2 – CH 3 + NH 4 NO 3 

* Phần hơi được đưa qua CuSO 4 khan thì nước bị hấp thụ. Hơi khô còn lại được ngưng tụ vào bình II 

đựng Na thấy thoát ra khí hơi khô còn lại là ancol. 

** Gọi công thức của ancol là: R ( OH ) 

n 

n 

R ( OH ) 

n 

+ nNa R ( ONa) 

n 

+ 

2 

2 H 

+Br 2 

KOH 

⎯⎯⎯ 

/ ancol, 

⎯ 

t ⎯ CH 3 – CHBr – CH 2 Br 

1,0 

Mỗi * 

là 0,25 

điểm 


Mỗi * 

là 0,25 

điểm 















6 

(3 

điểm) 

t 

H 2 + CuO ⎯→ Cu + H 2 O 

6,4 

nCuO = nH 

= = 0, 1mol 

2 

64 

0,2 

n R ( OH ) 

n 

= (mol) 

n 

* Mặt khác: m bình Na tăng = m ancol - m 

⎯ 0 

m ancol = 7,6 + 0,1.2 = 7,8 (g) 

0,2 

* Vậy m R ( OH ) 

n 

= ( R + 17n) = 7,8(g) 

n 

R = 22n 

Biện luận: 

** n = 1 lúc này ta có hỗn hợp ancol 

R = 22 

H 2 

R 1 < R = 22 < R 2 (R 1 , R 2 là 2 gốc hiđrocacbon) 

Vậy R 1 = 15 R 1 là -CH 3 Ancol thứ nhất là: CH 3 OH 

Công thức este: CH 3 OOC – R – COOR 2 

t 

CH 3 OOC – R – COOR 2 + 2NaOH ⎯⎯→ 

0 

CH 3 OH + R(COONa) 2 + R 2 OH 

số mol hai ancol bằng nhau 

R1 

+ R2 

R = = 22 → R2 

= 29 R 2 là -C 2 H 5 

2 

* n = 2 lúc này ta chỉ có 1 ancol duy nhất 

R = 44. Vậy R là C 3 H 8 ( loại vì không có gốc hiđrocacbon nào có công thức C 3 H 8 ) 

- Gọi CTTQ của este là: C x H y O 4 

* C x H y O 4 + aBr 2 C x H y O 4 Br 2a 

64.100% 

** % O = 

= 20,126% 

12x 

+ y + 64 + 160a 

12x + y + 160z = 254 

160z < 254 z < 1,5875 

Vậy z = 1 12x + y = 94 x = 7 và y = 10 

Vậy CTPT của este: C 7 H 10 O 4 

* CTCT của este A: CH 3 OOC – CH = CH – COOC 2 H 5 

b) 

H 

C = C 

HOOC COOH 

Axit maleic 

H 

COOH 

C = C 

HOOC 

H 

Axit fumaric 

* Axit fumaric có nhiệt độ nóng chảy cao hơn axit maleic 

* vì đồng phân trans bền về mặt nhiệt động hơn đồng phân cis và đồng phân trans có tính đối xứng cao 

hơn đồng phân cis nên dễ sắp xếp đặc khí hơn. 

a) Al 4 C 3 + 12H 2 O 3CH 4 + 4Al(OH) 3 

1500 

2CH 4 ⎯⎯⎯ 

0 C → HC ≡ CH + 3H 

1àm lạnh nhanh 

2 

CuCl NH 4 ,t 

2 HC ≡ CH ⎯⎯⎯ 

Cl ⎯→ 

HC ≡ C – CH = CH 2 

HC ≡ C – CH = CH 2 + H 2 ⎯⎯ Pd / 0 

3 

⎯ 

PbCO ⎯⎯ 

, t → CH 2 = CH – CH = CH 2 

nCH 2 = CH – CH = CH 2 ⎯ 

xt ⎯ , t ⎯ 

0 , p → (– CH 2 – CH = CH – CH 2 –) n 

b) 1 mol X khi thủy phân hoàn toàn tạo 5 mol aminoaxit A là một pentapeptit 

* Peptit + 2,4-đinitroflobenzen His bị tách ra dưới dang hợp chất 

⎯ − 0 

H 


0,5 

0,5 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 















Vậy aminoaxit đầu N là His 

* Peptit bị thủy phân X nhờ enzim cacboxipeptidaza thì thu được Lys 

Vậy aminoaxit đầu C là: Lys 

* Thủy phân không hoàn toàn cho các đipeptit His-Ala; Ala- Ala; Ala - Glu 

Vậy trật tự sắp xếp các aminoaxit trong mạch là: 

His – Ala – Ala – Glu – Lys 

****CTCT: 

N 

NH 2 – CH – CO – NH – CH – CO – NH – CH – CO – NH – CH – CO – NH – CH – COOH 

N 

H 

CH 2 

CH 3 

CH 3 (CH 2 ) 2 

COOH 

Chú ý: Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa 

(CH 2 ) 4 


NH 2 

0,25 

0,25 

1,0 















SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT 

KIÊN GIANG NĂM HỌC 2012 – 2013 

-------- ----------------- 

ĐỀ THI CHÍNH THỨC 

MÔN THI : HÓA HỌC 

( Đề thi có 02 trang) Thời gian : 180 phút ( không kể thời gian giao đề) 

Ngày thi : 01/11/2012 

(Vòng 1) 

Câu I (4 điểm) : 

1. Phi kim R có electron viết sau cùng ứng với 4 số lượng tử có tổng đại số bằng 2,5. 

a. Tìm phi kim R. Viết cấu hình electron có thể có của R. 

b. Xác định vị trí của R trong bảng tuần hoàn. 

c. Sắp xếp theo thứ tự tính phi kim tăng dần. 

2. Nguyên tử của nguyên tố A có cấu hình electron thu gọn là: [Khí hiếm] (n – 1)d α ns 1 . 

Xác định cấu hình electron thu gọn có thể có của A. Từ đó, cho biết vị trí của A trong bảng tuần hoàn? 

Mỗi trường hợp nêu kí hiệu hóa học của 2 nguyên tố? 

Câu II (3 điểm) : 

1. Viết công thức cấu tạo, nêu dạng hình học, trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm trong các phân tử 

và ion sau: BeH 2 , BCl 3 H 2 O, NO − 3 

. 

2. Trong các phân tử sau, hãy sắp xếp theo chiều tăng dần góc liên kết: CO 2 , H 2 S, SO 2 , SO 3 , CH 4 . 

3. So sánh nhiệt độ nóng chảy và độ tan trong nước của các chất sau: KCl, KBr, KI. Giải thích? 

Câu III (2 điểm) : 

Cho cân bằng sau với các dữ kiện nhiệt động của các chất ở 25 0 C: CO 2 (k) + H 2 (k) ⇌ CO (k) + H 2 O (h) 

Chất CO 2 H 2 CO H 2 O 

Δ 0 

H ( / ) 

298 

kJ mol -393 0 -110,5 -241,8 

S 0 −1 . −1 

) 

298 

213,6 131,0 197,9 188,7 

0 0 0 

1. Hãy tính Δ H 298 

, Δ S 298 

, Δ G 298 

của phản ứng và nhận xét phản ứng có tự xảy ra theo chiều thuận ở 25 0 C 

hay không? 

0 

0 

2. Giả sử Δ H của phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ. Hãy tính Δ G 1273 

của phản ứng thuận ở 1000 0 C 

và nhận xét? 

Câu IV (5 điểm) : 

1. Viết các phương trình phản ứng sau và cho biết ứng dụng của mỗi phản ứng: 

a. PdCl 2 + H 2 O + CO → 

b. Si + KOH + H 2 O → 

c. N 2 H 4 + O 2 → 

d. Zn 3 P 2 + H 2 O → 

2. Cho m gam hỗn hợp bột Al, Fe, Cu vào 200 gam dung dịch HNO 3 63% (d=1,38 g/ml). Sau khi các phản 

ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch A và 7,168 lít khí NO 2 (ở 27,3 0 C và 1,1 atm). Chia A làm 2 

phần bằng nhau. 
















* Phần một cho tác dụng với lượng dư dung dịch NH 3 , thu được 3,41 gam kết tủa. 

* Phần hai cho tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, sau khi phản ứng kết thúc lấy kết tủa đem 

nung tới khối lượng không đổi, được 2,4 gam chất rắn. 

a. Hãy chứng minh kim loại đã tan hết? Xác định giá trị của m? Tính nồng độ % của các chất 

trong dung dịch A. 

b. Cho toàn bộ khí NO 2 thu được ở trên vào 500 ml dung dịch NaOH 5M được dung dịch B. Tính 

nồng độ mol/lít các chất trong dung dịch B. 

Câu V (4 điểm) : 

1. Tính pH để bắt đầu kết tủa Mg(OH) 2 từ dung dịch Mg 2+ 0,01M và pH để kết tủa hoàn toàn nó. 

Biết rằng Mg(OH) 2 được coi là kết tủa hoàn toàn khi nồng độ ion Mg 2+ sau khi kết tủa chỉ còn là 10 -6 M và 

Mg(OH) 2 có tích số tan T = 6.10 -10 . 

2. Độ tan của H 2 S trong dung dịch HClO 4 0,003M là 0,1mol/l. Nếu thêm vào dung dịch này các ion Mn 2+ 

và Cu 2+ sao cho nồng độ của chúng bằng 2 . 10 -4 M thì ion nào sẽ kết tủa dạng sunfua? 

Biết TMnS = 3 . 10 -14 , TCuS = 8 . 10 -37 , KH 2 S = 1,3 . 10 -21 . 

Câu VI (2 điểm) : 

Chỉ được phép dùng dung dịch NaOH 0,1 M và chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt 3 dung dịch mất 

nhãn đựng trong 3 lọ riêng biệt gồm: dung dịch A: H 2 SO 4 0,1M; dung dịch B: NaHSO 4 0,1M; dung dịch 

C: H 2 SO 4 0,1M và HCl 0,1M. 

Cho H= 1; O= 16 ; Al = 27 ; Fe = 56 ; Cu = 64. 

.............................HẾT......................... 

- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. 

- Giám thị không giải thích gì thêm. 


















-------- ----------------- 

ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC – VÒNG 1- Môn : HÓA HỌC 

CÂU I NỘI DUNG 4 ĐIỂM 

1. 2,5 đ 

2. 1,5 đ 

1. Phi kim R có electron viết sau cùng ứng với 4 số lượng tử có tổng đại số 

bằng 2,5. 

a. Tìm phi kim R. Viết cấu hình electron có thể có của R. 

b. Xác định vị trí của R trong bảng tuần hoàn 

c. Sắp xếp theo thứ tự tính phi kim tăng dần. Giải thích? 

HD: a. 

* R là phi kim (do 4 số lượng tử có tổng đại số bằng 2,5 nên không là H) 

⇒ l= 1, m có các giá trị: -1, 0, +1 và n ≥ 2 

* Có 3 trường hợp có thể xảy ra với electron viết sau cùng : 

+ n =2 ; l = 1 ; m = -1 ; m S = + 1/2 ; Phân lớp cuối 2p 1 ⇒ R là Bor (B) 

+ n =2 ; l = 1 ; m = 0 ; m S = - 1/2 ; Phân lớp cuối 2p 5 ⇒ R là Flo (F) 

+ n =3 ; l = 1 ; m = -1 ; m S = - 1/2 ; Phân lớp cuối 3p 4 ⇒R là lưu huỳnh (S) 

* Cấu hình electron của các nguyên tố. 

B (Z=5) : 1s 2 2s 2 2p 1 

F (Z=9) : 1s 2 2s 2 2p 5 

S (Z=16) : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 4 

b. B : ở ô thứ 5, chu kì 2, nhóm IIIA. 

F : ở ô thứ 9, chu kì 2, nhóm VIIA. 

S : ở ô thứ 16, chu kì 3, nhóm VIA. 

c. B và F thuộc cùng chu kì, Z tăng tính phi kim tăng ⇒ B< F 

B thuộc nhóm IIIA nên có độ âm điện nhỏ hơn độ âm điện S nhóm VIA 

⇒ B< S < F 

(HS có thể giải theo qui tắc lùi hay tiến nếu đúng đều đạt điểm tối đa) 

2. Nguyên tử của nguyên tố A có cấu hình electron thu gọn là: 

[Khí hiếm] (n – 1)d α ns 1 . Xác định cấu hình electron thu gọn có thể có của 

A.Từ đó, cho biết vị trí của A trong bảng tuần hoàn? Mỗi trường hợp nêu 

kí hiệu hóa học của 2 nguyên tố? 

HD: 

Cấu hình electron của A: [Khí hiếm] (n -1)d α ns 1 ⇒ Có 3 trường hợp 

* Với α = 0 ⇒ cấu hình electron của A: [Khí hiếm] ns 1 

⇒ cấu hình các nguyên tố kim loại kiềm nhóm I A .(Na, K...) 

* Với α = 5 ⇒ cấu hình electron của A: [Khí hiếm] (n -1)d 5 ns 1 

⇒ cấu hình các nguyên tố nhóm VI B (Cr, Mo...). 

* Với α = 10 ⇒ cấu hình electron của A: [Khí hiếm] (n -1)d 10 ns 1 

⇒ cấu hình các nguyên tố nhóm I B (Cu, Ag...). 

0,5đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,375đ 

0,375đ 


0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 





Trang 1 











CÂU II NỘI DUNG 3 ĐIỂM 

1. 1,5đ 

2. 0,5đ 

3. 1đ 

1. Viết CTCT, nêu dạng hình học, trạng thái lai hóa của nguyên tử trung 

tâm trong các phân tử và ion sau: BeH 2 , BCl 3 H 2 O, NO − 3 

. 

2. Trong các phân tử sau, hãy sắp xếp theo chiều tăng dần góc liên kết: 

CO 2 , H 2 S, SO 2 , SO 3 , CH 4 . 

3. So sánh nhiệt độ nóng chảy và độ tan trong nước của các chất sau: KCl, 

KBr, KI. Giải thích? 

HD: 

1. Công thức cấu tạo, nêu dạng hình học, trạng thái lai hóa ... 

* BeH 2 : CTCT H- Be – H, đường thẳng, lai hóa sp . 

* BCl 3 : CTCT Cl , tam giác phẳng, lai hóa sp 2 . 

⎟ 

B 

Cl Cl 

* H 2 O ; CTCT : O : , gấp khúc (chữ V), lai hóa sp 3 . 

H H 

- 

O 

NO − : CTCT - O- N ; tam giác phẳng, lai hóa sp 2 . 

O 

* 

3 

2. Sắp xếp theo chiều tăng dần góc liên kết: 

H 2 S < CH 4 < SO 2 < SO 3 < CO 2 

3. So sánh nhiệt độ nóng chảy và độ tan trong nước của các chất sau: 

KCl, KBr, KI. Giải thích? 

* Bán kính nguyên tử tăng dần từ Cl 

* Năng lượng phân li tỉ lệ nghịch với bán kính ion ⇒ Từ KCl, KBr, KI 

nhiệt độ nóng chảy giảm dần và độ tan trong nước tăng dần . 

0,375 đ 

0,375 đ 

0,375 đ 

0,375 đ 


0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 





Trang 2 











CÂU III NỘI DUNG 2 ĐIỂM 

Cho cân bằng sau với các dữ kiện nhiệt động của các chất ở 25 0 C: 

CO 2 (k) + H 2 (k) ⇌ CO (k) + H 2 O (h) 

1. 1,25đ 

2. 0,75đ 

Chất CO 2 H 2 CO H 2 O 

Δ 0 

H ( / ) 

298 

kJ mol -393 0 -110,5 -241,8 

S 0 −1 . −1 

) 

298 

213,6 131,0 197,9 188,7 

0 0 0 

1. Hãy tính Δ H 298 

, Δ S 298 

, Δ G 298 

của phản ứng và nhận xét phản 

ứng có tự xảy ra theo chiều thuận ở 25 0 C hay không? 

0 

2. Giả sử Δ H của phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ. Hãy 

0 

tính Δ của phản ứng thuận ở 1000 0 C và nhận xét? 

G 1273 

HD: CO 2 (k) + H 2 (k) ⇌ CO (k) + H 2 O (h) 

0 0 0 

1. Δ H298( td) = [ Δ H298( CO) +ΔH 

]- 

[ 0 0 

Δ H +Δ H ] 

298( H2O) 

298( CO2) 298( H2) 

= (-110,5 -241,8) – (-393) = 40,7 kJ/mol 

0 0 0 

0 0 

Δ S ( td) = [ S + S ]- 

[ S + S ] 

298 298( CO) 298( H2O) 

298( CO2) 298( H2) 

= (197,9 + 188,7) – (213,6 + 131,0) = 42 J/mol. 

0 0 0 

Δ G298( td) =ΔH298( td ) 

−TΔ S298( td ) 

=40700 – 298 . 42 = 28184 J/mol 

0 

Vì Δ G ( td) 

> 0 nên phản ứng không tự xảy ra theo chiều thuận ở 298 250 C 

0 

2. Vì Δ H của phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ nên: 

ΔG T 

ΔG 2 T 1 

0 

⎛ 1 1 ⎞ 

= + ΔH ⎜ − ⎟ 

T2 

T1 

⎝ T 

2 T 

1⎠ 

0 ⎡28184 ⎛ 1 1 ⎞⎤ 

Δ G 1273 

= 1273 ⎢ + 40700⎜ 

− ⎟ 

298 1273 298 

⎥= - 12766 J/mol 

⎣ 

⎝ ⎠⎦ 0 

Vì Δ G ( td) 

< 0 nên phản ứng xảy ra theo chiều thuận ở 298 10000 C. 

0,375 đ 

0,375 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,5 đ 

0,25 đ 






Trang 3 











CÂU IV NỘI DUNG 5 ĐIỂM 

1.1,5 đ 

2. 3,5 đ 

1. Viết các phương trình phản ứng sau và ứng dụng của mỗi phản ứng: 

HD: a. PdCl 2 + H 2 O + CO → Pd + 2 HCl + CO 2 

Phản ứng này dùng để nhận biết khí CO trong hỗn hợp khí, những hạt rất 

nhỏ Pd tách ra trong dung dịch làm màu đỏ của dung dịch PdCl 2 trở nên 

đậm hơn. 

b. Si + 2 KOH + H 2 O → K 2 SiO 3 + 2 H 2 ↑ 

Phản ứng này dùng để điều chế nhanh khí H 2 ở mặt trận. 

c. N 2 H 4 + O 2 → N 2 + 2 H 2 O 

Phản ứng này tỏa nhiệt mạnh nên N 2 H 4 dùng để làm nhiên liệu cho tên lửa. 

d. Zn 3 P 2 + 6 H 2 O → 3 Zn(OH) 2 + 2 PH 3 ↑ 

PH 3 rất độc, nên dùng Zn 3 P 2 để làm thuốc diệt chuột. 

2.Cho m gam hỗn hợp bột Al, Fe, Cu vào 200 gam dung dịch HNO 3 63%. 

Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch A và 7,168 

lít khí NO 2 (ở 27,3 0 C và 1,1 atm). Chia A làm 2 phần bằng nhau. 

Phần một cho tác dụng với lượng dư dung dịch NH 3 , thu được 3,41 

gam kết tủa. 

Phần hai cho tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, sau khi phản 

ứng kết thúc lấy kết tủa đem nung tới khối lượng không đổi, được 2,4 

gam chất rắn. 

a. Hãy chứng minh kim loại đã tan hết ? Xác định giá trị của m? Tính 

nồng độ % của các chất trong dung dịch A. 

b. Cho toàn bộ khí NO 2 thu được ở trên vào 500 ml dung dịch NaOH 

5M được dung dịch B. Tính nồng độ mol/lít các chất trong dung dịch B. 

HD: 

a. Các phương trình phản ứng 

Al + 6 HNO 3 → Al(NO 3 ) 3 + 3 NO 2 ↑ + 3 H 2 O 

x mol 6x mol xmol 3x mol 

Fe + 6 HNO 3 → Fe(NO 3 ) 3 + 3 NO 2 ↑ + 3 H 2 O 

y mol 6y mol ymol 3y mol 

Cu + 4 HNO 3 → Cu(NO 3 ) 2 + 2 NO 2 ↑ + 2 H 2 O 

z mol 4z mol z mol 2z mol 

200.63 

1,1.7,168 

n 

HNO 

= = 2 (mol); n 

3 

NO 

= = 0,32 (mol) 

2 

100.63 

0,082.300,3 

Theo phương trình nHNO 3 td = 2. nNO 2, đề cho nHNO 3 > 2 . nNO 2 

⇒ HNO 3 dùng dư 

⇒ Kim loại đã phản ứng hết 

* Cho ½ dung dịch A phản ứng với dung dịch NH 3 

Al(NO 3 ) 3 + 3 NH 3 + 3 H 2 O → Al(OH) 3 ↓ + 3 NH 4 NO 3 

x/2 mol x/2 mol 

Fe(NO 3 ) 3 + 3 NH 3 + 3 H 2 O → Fe(OH) 3 ↓ + 3 NH 4 NO 3 

y/2 mol y/2 mol 

Cu(NO 3 ) 2 + 6 NH 3 + 2 H 2 O → [Cu(NH 3 ) 4 ](OH) 2 + 2 NH 4 NO 3 

⇒ kết tủa thu được Al(OH) 3 , Fe(OH) 3 

0,375 đ 

0,375 đ 

0,375 đ 

0,375 đ 

0,375 đ 

0,375 đ 

0,375 đ 






Trang 4 











* Cho ½ dung dịch A phản ứng với dung dịch NaOH dư 

Al(NO 3 ) 3 + 4 NaOH → NaAlO 2 + 3 NaNO 3 + 2 H 2 O 

Fe(NO 3 ) 3 + 3 NaOH → Fe(OH) 3 ↓ + 3 NaNO 3 


Cu(NO 3 ) 2 + 2 NaOH → Cu(OH) 2 ↓ + 2 NaNO 3 

z/2 mol z/2 mol 

* Nung ở nhiệt độ cao :2 Fe(OH) 3 → Fe 2 O 3 ↓ + 3 H 2 O 


Cu(OH) 2 → CuO ↓ + H 2 O 

z/2 mol z/2 mol 

* Gọi n Al = x mol, n Fe = y mol, n Cu = z mol 

Hệ phương trình : 3x + 3y + 2z = 0,32 (1) 

78. x/2 + 107 . y/2 = 3,41 (2) 

160. y/4 + 80. z/2 = 2,4 (3) 

Giải hệ : x = 0,06 ; y = 0,02 ; z = 0,04 

m hỗn hợp = 0,06 . 27 + 0,02 . 56 + 0,04 . 64 = 5,3 gam. 

* Nồng độ % của các chất trong dung dịch A gồm : 

[Al(NO 3 ) 3 , Fe(NO 3 ) 3 , Cu(NO 3 ) 2 ] 

m ddA = mddHNO 3 + m Kloại - mNO 2 

= 200 + 5,3 - 0,32 . 46 = 190, 58 gam 

nHNO 3 dư = 2 - 2 .0,32 = 1,36 (mol) 

C%dd Al(NO 3 ) 3 = 0,06.213.100 = 6,705% 

190,58 

C%dd Fe(NO 3 ) 3 = 0,02.242.100 = 2,539% 

190,58 

C%dd Cu(NO 3 ) 2 = 0,04.188.100 = 3,945% 

190,58 

C%dd HNO 3 = 1,36.63.100 = 44,957% 

190,58 

b. Cho toàn bộ khí NO 2 vào dung dịch NaOH 

2 NO 2 + 2 NaOH → NaNO 3 + NaNO 2 + H 2 O 

0,32 mol 0,32 mol 0,16 mol 0,16 mol 

n NaOH dư = 0,5 . 5 - 0,32 = 2,18 mol 

0,16 

CMddNaNO 

= C 0,32 

3 MddNaNO 

= = M 

2 

0,5 

2,18 

CMddNaOH 

= = 4,36M 

0,5 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,375 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,375 đ 







Trang 5 











CÂU V NỘI DUNG 4 ĐIỂM 

1. 2đ 

2. 2đ 

1. Tính pH để bắt đầu kết tủa Mg(OH) 2 từ dung dịch Mg 2+ 0,01M và pH 

để kết tủa hoàn toàn nó. Biết rằng Mg(OH) 2 được coi là kết tủa hoàn 

toàn khi nồng độ ion Mg 2+ sau khi kết tủa chỉ còn là 10 -6 M và Mg(OH) 2 

có tích số tan T = 6.10 -10 . 

HD: 

♣ Tính pH bắt đầu kết tủa Mg(OH) 2 : 

Mg 2+ + 2OH - → Mg(OH) 2 ↓ 

Ta có: T = [Mg 2+ ].[OH - ] 2 = 6.10 -10 

⇒ 0,01 . [OH - ] 2 = 6.10 -10 

⇒ [OH - ] = 2,45 . 10 -4 (M) 

pOH = -lg[OH - ] = -lg 2,45 . 10 -4 = 3,61 

pH = 14 - 3,61 = 10,39. 

♣ Tính pH để kết tủa hoàn toàn Mg(OH) 2 : 

Kết tủa được coi là hoàn toàn khi [Mg 2+ ] = 10 -6 M, nên ta có: 

[Mg 2+ ] . [OH - ] 2 = 6.10 -10 

⇒ 10 -6 . [OH - ] 2 = 6.10 -10 

⇒ [OH - ] = 2,45 . 10 -2 (M) 

pOH = -lg[OH - ] = - lg 2,45 . 10 -2 = 1,61 

pH = 14 - 1,61 = 12,39. 

2. Độ tan của H 2 S trong dd HClO 4 0,003M là 0,1mol/l. Nếu thêm vào 

dung dịch này các ion Mn 2+ và Cu 2+ sao cho nồng độ của chúng bằng 

2 . 10 -4 M thì ion nào sẽ kết tủa dạng sunfua? Biết TMnS = 3 . 10 -14 , 

T CuS = 8 . 10 -37 , K H2 S = 1,3 . 10-21 . 

HD: 

. Các phương trình phản ứng 

HClO 4 → H + − 

+ ClO 

4 

3 .10 -3 M 3 .10 -3 M 

H 2 S ⇌ 2 H + + S 2- 

⎡ 2− [ HS 

2 ] 

−21 0,1 

−17 

⎣S 

⎤ ⎦ = KH . 1,3.10 1,4.10 

2S 

+ 

2 −3 2 

⎡ 

= H ⎤ 

(3.10 ) 

= 

⎣ ⎦ 

2 2 4 17 21 

Vậy ⎡ 

⎣Mn 

+ ⎤ 

⎦. ⎡ 

⎣S 

− ⎤ 

⎦ = 2.10 − .1, 4.10 − = 2,8.10 

− < T MnS 

⇒ nên không kết tủa. 

2 2 4 17 21 

⎡ 

⎣Cu 

+ ⎤ 

⎦. ⎡ 

⎣S 

− ⎤ 

⎦ = 2.10 − .1, 4.10 − = 2,8.10 

− > T CuS 

⇒ nên kết tủa CuS. 

(HS có thể giải theo hướng khác, nhưng đúng vẫn tính theo thang điểm 

trên) 



0,375 đ 

0,25 đ 


0,25 đ 

0,375 đ 

0,25 đ 




0,5 đ 

0,5 đ 


0,5 đ 







Trang 6 











CÂU VI NỘI DUNG 2 ĐIỂM 

Chỉ được phép dùng dung dịch NaOH 0,1 M và chất chỉ thị 

phenolphtalein, hãy phân biệt 3 dung dịch mất nhãn đựng trong 3 lọ 

riêng biệt gồm: ddA: H 2 SO 4 0,1M; ddB: NaHSO 4 0,1M; 

ddC: H 2 SO 4 0,1M và HCl 0,1M 

HD: 

♣ Các dung dịch trên phản ứng với NaOH với mức độ khác nhau: 

* Dung dịch A: H 2 SO 4 + 2 NaOH → Na 2 SO 4 + 2 H 2 O 

Dung dịch B: NaHSO 4 + NaOH → Na 2 SO 4 + H 2 O 

Dung dịch C: H 2 SO 4 + 2 NaOH → Na 2 SO 4 + 2 H 2 O 

HCl + NaOH → NaCl + H 2 O 

* Khi kết thúc phản ứng thành phần chủ yếu của các dung dịch là: 

Na 2 SO 4 → 2 Na + 2 

+ SO − 

4 

2 

SO − 4 

+ H 2 O → HSO − 4 

+ OH - ; K b = 10 -12 

⇒ pH của dung dịch vào khoảng 7,5. 

♣ Nếu lấy chính xác cùng một thể tích như nhau của các dung dịch phân 

tích, thêm vài giọt phenolphtalein rồi cho rất chậm dung dịch NaOH cho 

đến khi dung dịch chuyển sang màu hồng rất nhạt (pH từ 8 → 9) thì có thể 

coi phản ứng xảy ra hết . 

* Thể tích của NaOH tiêu thụ trong 3 trường hợp là 

V NaOH(B) < V NaOH(A) < V NaOH(C) 

⇒ Dựa vào thể tích NaOH tiêu thụ cho phản ứng ta có thể nhận biết từng 

dung dịch trên. 

(HS có thể nhận theo hướng khác, nhưng đúng vẫn tính điểm tối đa) 


0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 

0,5 đ 





Trang 7 









KIÊN GIANG 

----------- 

KÌ THI HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 12 THPT 

NĂM HỌC 2012-2013 

------------- 





(Đề thi gồm 2 trang) 

Câu I (4 điểm): 

1. Đốt cháy hoàn toàn a gam một hợp chất hữu cơ M cần 9,6 gam oxi . Sản phẩm cháy gồm CO 2 và H 2 O. 

Cho sản phẩm hấp thụ hết vào bình đựng dung dịch Ba(OH) 2 thấy có 19,7gam kết tủa xuất hiện và khối 

lượng dung dịch giảm 5,5gam. Lọc bỏ kết tủa, đun nóng dung dịch còn lại thu thêm 9,85gam kết tủa nữa. 

a. Xác định giá trị a, công thức phân tử, viết các đồng phân cấu tạo và gọi tên của M. 

b. Từ đồng phân X có thể điều chế cao su Buna và axit benzoic. Xác định công thức cấu tạo đúng 

của X và viết sơ đồ điều chế cao su Buna và axit benzoic từ X (với xúc tác và chất vô cơ coi như có đủ). 

2. Cho các chất sau: (2S,3S)-butan-2,3-điol; (2R,3R)-butan-2,3-điol; (2S,3R)-butan-2,3-điol. 

a. Viết công thức cấu tạo các hợp chất trên (theo công thức chiếu Fisơ). 

b. Trong các chất trên, chất nào không có tính quang hoạt. 

Câu II (3 điểm): 

1. a. Cho anilin và phenylamoni clorua, chỉ rõ chất nào là chất rắn, chất nào là chất lỏng, chất nào ít 

tan, chất nào tan trong nước ở điều kiện thường? Giải thích? 

b. Nếu có một lọ hợp chất trên có ghi công thức đã mờ được dự đoán là phenylamoni clorua. 

Nêu phương pháp hoá học xác định xem công thức đó đúng không? 

2. Nêu cách tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp chứa đồng thời các chất sau: Toluen, C 6 H 5 OH, C 2 H 5 OH, 

CH 3 COOH. 

Câu III (3 điểm): 

1. Cho sơ đồ sau: 

+ Cl2 

CH3CH2CH 

= O 

HO 2 

[ O] 

C 6 H 6 ⎯⎯⎯→ A ⎯⎯⎯→B ⎯⎯⎯⎯⎯→C ⎯⎯⎯→ D ⎯⎯→ E 

FeCl3 

+ Mg 

ete khan 

MÔN THI: HÓA HỌC 

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 

Ngày thi: 02/11/2012 

(vòng 2) 

ete khan 

a. Xác định các chất A, B, C, D, E và hoàn thành sơ đồ phản ứng (có ghi rõ điều kiện phản ứng). 

b. Gọi tên các chất A, B, D, E. 

2. Từ axetilen và các chất vô cơ cần thiết khác coi như có đủ. Viết sơ đồ phản ứng điều chế : axit 

axetilenđicacboxylic (axit butinđioic), ghi rõ điều kiện phản ứng. 

Câu IV (3 điểm): 

Một hỗn hợp X gồm H 2 và 2 hiđrocacbon A, B chứa trong bình có sẵn một ít bột Ni. Thể tích bình 

là 8,96 lít, P 1 =2 atm (0 o C). Đun nóng bình một thời gian rồi đưa về 0 o C thì áp suất trong bình lúc này là 

P 2 =1,5atm và được hỗn hợp khí Y. 


Dẫn 1 hỗn hợp khí Y qua nước brom thì nước brom phai màu một phần, thu được một 

2 

hiđrocacbon duy nhất A đi ra khỏi bình Br 2 . Đốt cháy hoàn toàn A thu được CO 2 và H 2 O theo tỉ lệ khối 

lượng 88 : 45. 

H + 





1 











Đốt cháy hoàn toàn 1 2 hỗn hợp Y thu được 30,8gam CO 2 và 10,8gam H 2 O. Giả thiết thể tích bình 

không đổi, thể tích bột Ni không đáng kể và trong quá trình nung chỉ xảy ra phản ứng hợp H 2 . 

1. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của A, B. 

2. Tính phần trăm thể tích của các chất trong hỗn hợp X và hỗn hợp Y. 

3. Tính tỉ khối của hỗn hợp X, Y đối với H 2 . 

Câu V (4 điểm): 

Một hỗn hợp Y gồm 2 chất hữu cơ A, B không tác dụng với dung dịch Br 2 và đều tác dụng với 

dung dịch NaOH. Tỉ khối của Y đối với He bằng 17,8. 

Cho Y tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH thì thấy phải dùng 4 gam NaOH, phản ứng cho ra 

một ancol đơn chức và 2 muối của axit hữu cơ đơn chức. Nếu cho toàn bộ lượng ancol thu được tác dụng 

với Na lấy dư, có 672 ml khí (ở đktc) thoát ra. 

1. Xác định công thức phân tử và công thức cấu tạo của A, B. 

2. Gọi tên các chất A, B và xác định các chất có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc. 

Câu VI (3 điểm): 

Một hợp chất hữu cơ A chứa C, H, O, N với m C : m H : m O : m N = 9: 2,25 : 8 : 3,5 . Tỉ khối hơi của 

A đối với metan xấp xỉ bằng 5,69. 

1. Xác định công thức phân tử của A. 

2. Lấy 9,1 gam A cho tác dụng với 300ml dung dịch NaOH 1M đun nóng, có khí B mùi khai bay 

ra có thể tích là 2,24 lít (đktc) và dung dịch E. Đốt cháy hết B thu được 4,4 gam CO 2 . Xác định công thức 

cấu tạo của B và A. 

3. Cô cạn dung dịch E, tính khối lượng chất rắn thu được. Cho thêm chất xúc tác vào và đem nung 

chất rắn thu được, tính thể tích khí bay ra (ở đktc). 

Cho H= 1 ; C = 12 ; N = 14 ; O= 16 ; Na = 23 ; Ba = 137 ; He = 4. 

......................................HẾT............................................ 

Ghi chú: 

● Thí sinh không được sử dụng tài liệu. 

● Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. 






2 













-------- ----------------- 

ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC – VÒNG 2- Môn HÓA HỮU CƠ 

CÂU I NỘI DUNG 4 ĐIỂM 

1. 3đ 

1. Đốt cháy hoàn toàn a gam một hợp chất hữu cơ M cần 9,6 gam oxi . Sản 

phẩm cháy gồm CO 2 và H 2 O. Cho sản phẩm hấp thụ hết vào bình đựng 

dung dịch Ba(OH) 2 thấy có 19,7 gam kết tủa xuất hiện và khối lượng dd 

giảm 5,5 gam. Lọc bỏ kết tủa, đun nóng ddịch còn lại thu thêm 9,85 gam kết 

tủa nữa. 

a. Xác định giá trị a, CT phân tử, viết các đồng phân cấu tạo và gọi tên M. 

b. Từ đồng phân X có thể điều chế cao su buna và axit benzoic . Xác định 

CTCT đúng của X ?Viết sơ đồ điều chế cao su buna và axit benzoic từ X 

(với xúc tác và chất vô cơ coi như có đủ). 

HD: 

a. Gọi CT: C x H y O z ; n 

BaCO 3 

= 19,7 = 0,1 mol 

197 

Ba(OH) 2 + CO 2 → BaCO 3 + H 2 O 

0,1mol 0,1mol 

Ba(OH) 2 + 2CO 2 → Ba(HCO 3 ) 2 

0,1 mol 0,05 mol 

Ba(HCO 3 ) 2 

t 

⎯⎯→ 0 

BaCO 3 ↓ + CO 2 + H 2 O 

0,05mol 

0,05mol 

⇒ = 0,1 + 0,1 = 0,2 (mol) 

0,25đ 

∑ 

n CO2 

∆m = m kết tủa - ( m 

CO 2 

+ m ) ⇒ HO 

m 

2 

HO= m kết tủa - 

2 

m = 19,7 – (44.0,2) – 5,5 = 5,4g ⇒ 

⇒ 

HO 2 

Ta thấy : 

⇒ n M = 

n < 

CO 2 

n - 

HO 2 

n ⇒ Hợp chất M no 

HO 2 

n = 0,3 – 0,2 = 0,1 mol 

CO 2 

0,75đ 

m 

CO 2 

- ∆m 

n 

HO 

= 5, 4 

0,25đ 

= 0,3 mol 

2 

18 

0,25đ 

= 6 

0,5đ 

0,1 = 1 

nCO 

2 

⇒ Số nguyên tử C = = 0, 2 

nM 

0,1 = 2 ; 

2. n HO 2. 0,3 

2 

số nguyên tử H = = 

nM 

0,1 

n O(M) = 2 n + n - 2 n = 2.0,2 + 0,3 – 2.0,3 = 0,1 mol 


CO 2 

HO 2 

⇒ Số nguyên tử O (z) = 

O 2 

n 

n 

O( M) 

M 

= 0,1 

1 















2. 1đ 

Vậy CTPT M là: C 2 H 6 O 

⇒ a = 0,1 .46 = 4,6g 

* Các đồng phân của M: CH 3 – CH 2 – OH Ancol etilic 

CH 3 – O – CH 3 Đimetyl ete 

b. CTCT đúng CH 3 – CH 2 – OH 

−HO 

2 

C 2 H 5 OH ⎯⎯⎯⎯→ 0 CH 

450 , MgO 2 = CH – CH = CH 2 ⎯⎯⎯→ (-CH t 0 2 –CH=CH–CH 2 -) n 

, xt, 

P 

Cao su buna 

C 2 H 5 OH ⎯⎯⎯⎯⎯→CH lên 

men giam 

3 COOH ⎯⎯⎯→ 

+ NaOH 

0 

1500 C 

lln 

⎯⎯⎯→C 2 H 2 

0 

600 CC , 

CH 3 COONa 

+ CH3Cl 

⎯⎯⎯⎯→C 6 H 6 ⎯⎯⎯→C 6 H 5 -CH 3 

AlCl3 

0 

+ NaOH , t 

CaO 

CH 3 Cl 

⎯⎯⎯⎯→ CH 4 

[ O] 

⎯⎯→C 6 H 5 COOH 

+Cl 2 

2. Cho các chất sau: (2S,3S)-butan-2,3-điol; (2R,3R)-butan-2,3-điol; 

(2S,3R)-butan-2,3-điol. 

a. Viết công thức cấu tạo các hợp chất trên (theo công thức chiếu Fisơ). 

b. Trong các chất trên, chất nào không có tính quang hoạt. 

HD: 

a. 

CH 3 

CH 3 

H 

OH 

H 

H 

OH 

H 

CH 3 

(2S,3S)-butan-2,3-điol 

CH 3 

OH 

OH 

OH 

H 

H 

OH 

CH 3 

(2R,3R)-butan-2,3-điol 

CH 3 (2S,3R)-butan-2,3-điol 

b. Chất không có tính quang hoạt là: (2S,3R)-butan-2,3-điol. Vì có mặt phẳng 

đối xứng. 

0,25đ 

0,375đ 

0,375đ 

0,25x3= 

0,75đ 


0,25đ 





2 











CÂU II NỘI DUNG 3 ĐIỂM 

1. 1,5 đ 

2. 1,5 đ 

1. a. Cho anilin và phenylamoni clorua, chỉ rõ chất nào là chất rắn, chất nào 

là chất lỏng, chất nào ít tan, chất nào tan trong nước? Giải thích? 

b. Nếu có một lọ hợp chất trên có ghi công thức đã mờ được dự đoán là 

phenylamoni clorua. Nêu phương pháp hoá học xác định xem công thức đó 

đúng không? 

HD: 

a. * C 6 H 5 – NH 2 là chất lỏng ít tan vì nó là hợp chất cộng hóa trị, có gốc phenyl hút 

electron làm giảm khả năng tạo liên kết hidro với H 2 O 

* C 6 H 5 NH 3 Cl là chất rắn tan trong H 2 O vì nó là hợp chất ion họ muối amoni 

b. Các phương pháp hoá học xác định 

- Lấy một mẫu thử cho tác dụng với dung dịch AgNO 3 thấy có kết tủa trắng xuất 

hiện chứng tỏ có ion Cl - 

C 6 H 5 NH 3 Cl + AgNO 3 → C 6 H 5 NH 3 NO 3 + AgCl↓ 

- Lấy một mẫu thử khác cho tác dụng với dung dịch NaOH, lắc nhẹ cho phản ứng 

hoàn toàn, nếu đúng là C 6 H 5 NH 3 Cl thì sẽ có một chất lỏng không tan tách ra. Chiết 

lấy chất lỏng không tan đó cho tác dụng với dung dịch Br 2 thấy có kết tủa trắng 

xuất hiện. 

C 6 H 5 NH 3 Cl + NaOH → C 6 H 5 NH 2 + NaCl + H 2 O 

C 6 H 5 NH 2 + 3Br 2 → C 6 H 2 Br 3 –NH 2 ↓ + 3HBr 

2. Nêu cách tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp chứa đồng thời các chất sau: 

Toluen, C 6 H 5 OH, C 2 H 5 OH, CH 3 COOH. 

HD: 

* Cho dung dịch NaOH vào hỗn hợp, phân 2 lớp, chiết lấy toluen. 

PU: C 6 H 5 OH + NaOH → C 6 H 5 ONa + H 2 O 

CH 3 COOH + NaOH → CH 3 COONa + H 2 O 

* Chưng cất hỗn hợp còn lại thu C 2 H 5 OH 

* Sục CO 2 đến dư vào hỗn hợp còn lại. Tách 2 lớp, thu lấy C 6 H 5 OH. 

PU: C 6 H 5 ONa + CO 2 + H 2 O → C 6 H 5 OH + NaHCO 3 

* Cho dung dịch H 2 SO 4 vào hỗn hợp còn lại, tiến hành chưng cất (CO 2 ) tách ra 

trước, sau đó thu được CH 3 COOH ; Chất rắn còn lại là NaHSO 4 . 

CH 3 COONa + H 2 SO 4 → CH 3 COOH + NaHSO 4 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

Nêu được 

hiện tượng 

mỗi chất 

0,25x4= 

1đ 

Viết đúng 

mỗi ptrình 

0,125x4= 

0,5đ 






3 








CÂU 

III 

NỘI DUNG 3 

ĐIỂM 




1. 

1,5 đ 

2. 1,5 

đ 

1. Cho sơ đồ sau: 

+ Cl2 

CH3CH2CH 

= O 

HO 2 

[ O] 

C 6 H 6 ⎯⎯⎯→ A ⎯⎯⎯→B ⎯⎯⎯⎯⎯→ C ⎯⎯⎯→ D ⎯⎯→ E 

FeCl3 

+ Mg 

ete khan 

ete khan 

a. Xác định các chất A, B, C, D, E và hoàn thành sơ đồ phản ứng(có ghi điều kiện). 

b. Gọi tên các chất A, B, D, E. 

HD: 

1. 

+ Cl 2 

+Mg 

CH 3 CH 2 CH=O 

C 

FeCl 3 

ete khan 6 H 5 MgCl 

C 

ete khan 6 H 5 -CH -CH 2 CH 3 

Cl 

OMgCl (C) 

(A) 

(B) 

H 2 O, H + 

C 6 H 5 -C -CH 2 -CH 3 

H + 

[O] 

C 6 H 5 -CH -CH 2 -CH 3 

O 

(E) 

OH 

(D) 

A: Clobenzen 

B: Magie phenyl clorua 

D: 1-phenylpropan-1-ol 

E: Etyl phenyl xeton 

2. Từ axetilen và các chất vô cơ cần thiết khác coi như có đủ. Viết sơ đồ phản ứng 

điều chế : axit axetilenđicacboxylic (axit butinđioic), ghi rõ điều kiện phản ứng. 

HD: 

CH CH + H 2O 

CH 

HgSO 4 , 80 0 3 CHO +H 2 

C 

Ni, t 0 CH 3 CH 2 OH + HBr CH 3 CH 2 Br 

+Mg ete khan 

HOOC-C ≡ C-COOH 

1/CO 2 

2/H 2 O 

BrMgC≡ 

CMgBr 

CH 

CH 

CH 3 CH 2 MgBr 

Sơ đồ 

có đk 

1pt=0,25 

0,25x5= 

1,25đ 

0,25đ 

Sơ đồ 

có đk 

1pt=0,25 

0,25x6= 

1,5đ 






4 











CÂU 

IV 

1. 

1,25 đ 

NỘI DUNG 

3 ĐIỂM 

Một hỗn hợp X gồm H 2 và 2 hiđrocacbon A, B chứa trong bình có sẵn một ít bột 

Ni. Thể tích bình là 8,96 lít, P 1 =2 atm (0 o C). Đun nóng bình một thời gian rồi 

đưa về 0 o C thì áp suất trong bình lúc này là P 2 =1,5atm và được hỗn hợp khí Y. 

Dẫn ½ hỗn hợp khí Y qua nước brom thì nước brom phai màu một phần, 

thu được một hiđrocacbon duy nhất A đi ra khỏi bình Br 2 . Đốt cháy hoàn toàn A 

thu được CO 2 và H 2 O theo tỉ lệ khối lượng 88 : 45. 

Đốt cháy hoàn toàn ½ hỗn hợp Y thu được 30,8 gam CO 2 và 10,8 gam 

H 2 O. Giả thiết thể tích bình không đổi, thể tích bột Ni không đáng kể và trong 

quá trình nung chỉ xảy ra phản ứng hợp H 2 . 

1. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của A, B. 

2. Tính phần trăm thể tích của các chất trong hỗn hợp X và hỗn hợp Y. 

3. Tính tỉ khối của hỗn hợp X, Y đối với H 2 . 

HD: 

2. 8,96 

1, 5 .8, 96 

1. * n hhX = = 0,8 mol ; n hhY = = 0,6 mol 

22, 4 22, 4 .273 

.273 

0,25 đ 

273 

273 

* Độ giảm số mol hỗn hợp chính là số mol H 2 pứ : n = 0,8 – 0,6 = 0,2 mol 

H 2 

n = 88 

CO 2 

44 = 2 < n = 45 = 2,5 ⇒ A là Ankan 

HO 2 

18 

* C n H 2n+2 + 3 n + 1 

O2 → nCO 2 + (n + 1) H 2 O 

2 

44n 

⇒ = 88 ⇒ n = 4 

18( n + 1) 45 

0,5 đ 

* Vậy CTPT A : C 4 H 10 ; 

H 

H 3 C C CH 3 

CTCT A : CH 3 -CH 2 -CH 2 -CH 3 và 

CH 3 

Hỗn hợp Y : 

Tìm CT B 

30,8 

* n = 

CO 2 

44 = 0,7 mol ; n = 10,8 

0,125 . 4= 

= 0,6 mol 

HO 2 

18 

0,5đ 

* Khối lượng ½ Y: m Y = m C + m H = 12. 0,7 + 1,2. 0,6 = 9,6g 

* M 

Y 

= 9,6 

0,3 = 32 ; mà: M B < M 

Y 

= 32 < M A 

* ⇒ B là : C 2 H 2 hay C 2 H 4 






5 











2. 

1,25 đ 

3 

0,5 đ 

+ Nếu B là C 2 H 4 thì sản phẩm gồm 2 chất C 4 H 10 và C 2 H 6 ( trái với giả thuyết) : loại 

+ Vậy B là C 2 H 2 . CTCT: CH ≡ CH. 

2. Hỗn hợp X gồm : C 4 H 10 , C 2 H 2 , H 2 

Gọi a ,b lần lượt là số mol C 4 H 10 và C 2 H 2 trong X. 

1 

2 hỗn hợp X và 1 hỗn hợp Y có cùng số nguyên tử C. 

2 

* C 4 H 10 + 13/2 O 2 → 4CO 2 + 5 H 2 O 

a/2 2a 


* C 2 H 2 + 5/2 O 2 → 2 CO 2 + H 2 O 

0,5đ 

b/2 b 

⎧2a 

+ b= 

0,7 

* ta có : ⎨ 

⎩a 

+ b = 0,8 − 0, 2 = 0,6 

⎧a 

= 0,1 

* ⇒ ⎨ 

⎩b 

= 0,5 

* Vậy hỗn hợp X: C 4 H 10 (0,1mol) , C 2 H 2 (0,5mol) , H 2 (0,2 mol) 

% V CH 

= 0,1 . 100 = 12,5 % ; 

4 10 

0,8 

% V CH 

= 0,5 


.100 = 62,5 % ; 

0,375đ 

2 2 

0,8 

% V H2 

= 0, 2 

0,8 .100=25 % 

* Hỗn hợp Y: C 2 H 2 + H 2 → C 2 H 4 

0,2 ← 0,2 → 0,2 

* Y : C 4 H 10 (0,1mol) , C 2 H 2 dư (0,3 mol) , C 2 H 4 (0,2mol) 

% V CH 

= 0,1 . 100 = 16,67% ; 


4 10 

0,6 0,375đ 

* % V CH 

= 0, 2 .100 = 33,33% 

2 4 

0,6 

% V CH 2 2 d u 

= 0,3 . 100 = 50 % 

0,6 

0,1.58 + 0,5.26 + 0,2.2 

3. M 

X 

= = 24 ⇒ d 

X/ 

H 

= 24 

2 

0,8 

2 = 12 

0,25 . 2= 

0,5 đ 

0,1.58 + 0,3.26 + 0, 2.28 

M 

Y 

= = 32 ⇒ d 

Y/ 

H 

= 32 

2 

0,6 

2 = 16 






6 











CÂU V NỘI DUNG 4 ĐIỂM 

1. 3,5 đ Một hỗn hợp Y gồm 2 chất hữu cơ A, B không tác dụng với dung dịch Br 2 và 

đều tác dụng với dung dịch NaOH. Tỉ khối của Y đối với He bằng 17,8. 

Cho Y tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH thì thấy phải dùng 4 

gam NaOH, phản ứng cho ra một ancol đơn chức và 2 muối của axit hữu cơ 

đơn chức. Nếu cho toàn bộ lượng ancol thu được tác dụng với Na lấy dư, có 

672 ml khí (ở đktc) thoát ra. 

1. Xác định công thức phân tử và công thức cấu tạo của A, B. 

2. Gọi tên các chất A, B và xác định các chất có khả năng tham gia 

phản ứng tráng bạc. 

HD: 

* A, B không tác dụng với Br 2 ⇒ A ,B là các hợp chất no 

Y tác dụng với NaOH cho ra ancol và muối ⇒ Y là axit hay este. 

* M 

Y 

= 17,8. 4 = 71,2 ; n H 2 

= 0,672 

22,4 = 0,03mol 

* TH1: A,B là 2 este, có công thức : R 1 COOR và R 2 COOR 

R 1 COOR + NaOH → R 1 COONa + ROH (1) 

R 2 COOR + NaOH → R 2 COONa + ROH (2) 

ROH + Na → RONa + 1 2 H 2 (3) 

0,06mol 

← 0,03 mol 

Theo PT (1) , (2) : n ancol = n NaOH = 4 = 0,1 mol ≠ 0,06 (loại) 

40 

*TH2: A là axit, B là este , công thức : R 1 COOH , R 2 COOR 

R 1 COOH + NaOH → R 1 COONa + H 2 O (4) 

R 2 COOH + NaOH → R 2 COONa + ROH (5) 

0,06 0,06 ← 0,06 

ROH + Na → RONa + 1 2 H 2 (6) 

0,06 mol ← 0,03 mol 

Vì A ,B là hợp chất axit và este no, đơn chức nên được viết lại : C n H 2n O 2 , 

C m H 2m O 2 

M 0,04 (14n+ 32) + 0,06(14m+ 

32) 

= = 71,2 

0,1 

⇒ 56n + 84m = 392 hay 2n + 3m = 14 

n 1 2 3 4 5 

m 4 10 

3 

8 

3 

2 4 

3 

0,5đ 

0,25đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25đ 

0,25 đ 

0,25đ 

0,25 đ 


0,25 đ 





7 











2. 0,5 đ 

* Với n = 1, m = 4 

A : CH 2 O 2 . CTCT : HCOOH : axit fomic 

0,25 đ 

B : C 4 H 8 O 2 . CTCT : HCOOCH 2 CH 2 CH 3 : Propyl fomat ; 

CH 3 

HCOO C CH 3 

H iso-propyl fomat 

0,25 đ 

CH 3 COOCH 2 CH 3 : Etyl axetat 

CH 3 CH 2 COOCH 3 : Metyl propionat 

* Với n = 4, m = 2 

A : C 4 H 8 O 2 . CTCT : CH 3 CH 2 CH 2 COOH : Axit butiric (hay: axit butanoic) 

0,25đ 

CH 3 

CH 3 CH COOH 

: Axit iso-butiric (hay: axit metylpropanoic) 

0,25đ 

B : C 2 H 4 O 2 . CTCT: HCOOCH 3 : Metyl fomat 

b. Các chất có tham gia pứng tráng gương : HCOOH , HCOOCH 2 CH 2 CH 3 ; 0,25đ 

CH 3 

HCOO C CH 3 0,25 đ 

H ; HCOOCH3 






8 











CÂU VI NỘI DUNG 3 ĐIỂM 

1. 1đ 

2. 1đ 

3. 1đ 

Một hợp chất hữu cơ A chứa C, H, O, N với m C : m H : m O : m N = 9:2,25:8:3,5 

. Tỉ khối hơi của A đối với metan xấp xỉ bằng 5,69. 

1. Xác định công thức phân tử của A. 

2. Lấy 9,1g A cho tác dụng với 300ml dung dịch NaOH 1M đun nóng, có khí 

B mùi khai bay ra có thể tích là 2,24 lít (đktc) và dung dịch E. Đốt cháy hết 

B thu được 4,4g CO 2 . Xác định công thức cấu tạo của B và A. 

3. Cô cạn dung dịch E, tính khối lượng chất rắn thu được. Cho thêm chất 

xúc tác vào và đem nung chất rắn thu được, tính thể tích khí bay ra (ở đktc). 

HD: 

1.* Gọi CT hợp chất A: C x H y O z N t . M A = 5,69 .16 = 91 

* x : y :z : t = 9 2, 25 8 3,5 

: : : 0,75 : 2, 25 : 0,5 : 0, 25 3:9:2 :1 

12 1 16 14 = = 

* CT ĐG: (C 3 H 9 O 2 N) n : 91n = 91 ⇒ ⇒ n =1 

* CTPT A : C 3 H 9 O 2 N. 

9,1 

2. * n A= = 0,1 mol ; n NaOH =0,3 mol 

91 

* n B = 2, 24 = 0,1mol 

; n 

CO 

22, 4 

2 

= 4, 4 =0,1 mol 

44 

* B có mùi khai là NH 3 hay amin 

n B = n ⇒ B có 1 nguyên tử C ⇒ B là: CH 3 -NH 2 

CO 2 

* ⇒ Công thức cấu tạo A : CH 3 COONH 3 CH 3 

t 

3. * CH 3 COONH 3 CH 3 + NaOH ⎯⎯→ CH 3 COONa + CH 3 NH 2 + H 2 O 

0,1mol → 0,1 0,1 

* m rắn = m + m NaOH dư = 0,1.82 + 0,2. 40 = 16,2g 

CH3COONa 

t CaO 

* CH 3 COONa + NaOH ⎯⎯⎯→ CH 4 + Na 2 CO 3 

0,1mol → 

0,1 mol 

* ⇒ V = 0,1.22,4= 2,24 lít 

CH 4 

0 , 

0 

0,25 .4= 

1đ 

0,25 .4= 

1đ 

0,25 .4= 

1đ 






9 









































SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH 

KIÊN GIANG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC - VÒNG 1 – Môn: HÓA HỌC 

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 

Câu I 1) 

4 điểm 

⎧n+ l+ ml 

+ ms 

= 4,5 

Ta có: ⎨ 

⎩l − ml 

= 0 ⇒ l = ml 

Mà 0 ≤ l ≤ n−1⇒ 0 ≤ ml 

≤ n− 

1 

1 

* Nếu m s = + ⇒ n+ l+ ml 

= 4 ⇒ n+ 2l = 4 ⇒n≤ 

4 

2 

0,25 

n + 2( n – 1 ) ≥ 4 n ≥ 2 

n 2 3 4 

l = m l 1 loại 0 

n = 2; l = 1; m l = +1; m s = 

Vậy A: 1s 2 2s 2 2p 1 ( Bo ) 

Hoặc n = 4; l = 0; m l = 0; m s = 

Vậy A: [Ar]4s 1 ( Kali ) 

1 

+ 2p 1 

2 

1 

* Nếu m s = − ⇒ n+ l+ ml 

= 5 ⇒ n + 2l= 5 ⇒ n ≤ 5 

2 

n + 2( n – 1 ) ≥ 5 n ≥ 2,3 

n 3 4 5 

l = m l 1 loại 0 

n = 3; l = 1; m l = +1; m s = 

Vậy A: [Ne]3s 2 3p 1 ( Al ) 

Hoặc n = 5; l = 0; m l = 0; m s = 

− 

1 

5s 1 0,25 

2 

0,25 

0,25 

1 

0,25 

+ 4s 1 

2 

0,25 

0,25 

1 

− 

2 

3p 1 

0,25 






Trang - 1 











Câu II 

3 điểm 

Câu III 

2 điểm 

Vậy A: [Kr]5s 2 ( Sr ) 

2) 

2 2 6 2 6 1 

X :1s 2s 2 p 3s 3p 4s ⇒ X là kali( Z = 19) 

2 2 6 2 6 2 

Y:1s 2s 2p 3s 3p 4s ⇒ X là Canxi( Z = 20) 

+ 2 2 6 2 6 

K :1s 2s 2 p 3s 3 p ([ Ar]) 

+ 2 2 6 2 6 1 1 

Ca :1s 2s 2 p 3s 3 p 4 s ([ Ar]4 s ) 

Do đó khí mất 1 electron thì K + có cấu hình electron của khí 

hiếm Ar, còn Ca + có cấu hình [Ar]4s 1 . 

Để có năng lượng ion hóa thứ 2, nghĩa là phải bứt tiếp 1 

electron thì trong trường hợp này năng lượng cần thiết để làm 

điều đó đối với Ca phải tiêu tốn ít năng lượng hơn so với bứt 1 

electron của K + có cấu hình bền vững của khí hiếm Ar. 

Vậy I 2 ( K ) > I 2 ( Ca ) mặc dù I 1 ( K ) 

F 

:O: 

F 

- có 2 cặp 

electron liên kết 

- có 2 cặp 

electron không 

liên kết 

Lai hóa sp 3 

Hình chữ V 

Góc liên kết 

FOF








Câu IV 

3 điểm 

1 

2NH3 + O2 ←⎯⎯→ 

⎯ N2H 4 

+ H2O 

2 

H 3 

1 

H 

2O ←⎯⎯→ ⎯ H2 + O2 

2 

- H 4 

Sau khi cộng 4 phương trình lại ta được 

4N + 8H ←⎯⎯→ 

⎯ 4N H 4 H 5 

2 2 2 4 

H 5 = (- H 1 + 3H 2 + H 3 - H 4 ) : 4 

H 5 = ( 1011 – 3. 317 – 143 + 286 ) : 4 = 50,75 KJ/mol 

Từ H 5 và H 4 và H 2 ta tính được H N 2 

O 

H N 2 

O = (H 5 + H 4 - H 2 ) 

= 50,75 – 286 + 317 = 81,75 KJ/mol 

Từ H 5 và H 4 và H 3 ta tính được H NH 3 

H NH 3 

= (H 5 + H 4 - H 3 ) : 2 

H NH 3 

= ( 50,75 – 286 + 143 ) : 2 = - 46,125 KJ/mol 

1) 

- Trong chén A không còn dấu vết gì chứng tỏ các muối nitrat 

bị phân hủy hoàn toàn và sản phẩm bay hơi hết. Vậy có thể là 

0 

t 

NH NO ⎯⎯→N O ↑+ 2H O 

4 3 2 2 

0 

t 

3 2⎯⎯→ ↑+ 

2+ 

2 

Hg( NO) Hg 2NO O 

Hoặc các muối nitrat hữu cơ 

0 

t 

VD: CH3 − NH3NO3 + O2 ⎯⎯→CO2 ↑+ 3H2O + N2 

↑ 

- Trong chén B phải chứa muối kim loại kiềm vì nó phải 

chuyển thành muối nitrit 

0 

t 

NaNO3 ⎯⎯→ NaNO2 + O2 

VD: NaNO2 + HCl ⎯⎯→ NaCl + HNO2 

3HNO2 ⎯⎯→ HNO3+ 2NO + H2O 

- Trong chén C còn lại chất rắn màu nâu đỏ chứng tỏ đó là 

Fe 2 O 3 . Vây muối ban đầu có thể là 

0 

t 

3 

2 Fe( NO3) 3⎯⎯→ Fe2O3+ 6NO2 + O2 

2 

0 

t 

1 

2 Fe( NO3) 2⎯⎯→ Fe2O3+ 4NO2 + O2 

2 

2) 

- Điều chế được 

- Trước hết dùng hai cốc chia độ lấy 2 thể tích dung dịch NaOH 

Trang - 3 

0,25 

0,25 

0,25 


0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,75 

0,75 

0,5 

0,25 

0,25 















Câu V 

4 điểm 

như nhau ( cùng số mol NaOH ); cho CO 2 dư sục vào 1 cốc , 

lúc đó tạo ra NaHCO 3 

NaOH + CO 2 ⎯⎯→ NaHCO 3 

Sau đó trộn 2 cốc với nhau ta được Na 2 CO 3 

NaHCO 3 + NaOH ⎯⎯→ Na 2 CO 3 + H 2 O 

1) 2KOH + H 2 SO 4 ⎯⎯→ K 2 SO 4 + 2H 2 O ( 1 ) 

TN1: Dư KOH 

KOH dư + HCl ⎯⎯→ KCl + H 2 O ( 2 ) 

n KOH dư = n HCl = 0,04 x 0,05 x 0,5 = 0,005mol 

0, 2 

TN2: Dư H 2 SO 4 

H 2 SO 4 + 2KOH ⎯⎯→ K 2 SO 4 + 2H 2 O ( 3 ) 

n 2 4 

H SO dư = 1 2 n KOH = 1 2 x 0,2 x 0,04 x 0,5 = 0,01mol 

0, 2 

Gọi x, y lần lượt là nồng độ mol của dung dịch H 2 SO 4 ( ddA ) 

và KOH ( ddB ) 

Ta có: 

⎧0,3y− 2.0, 2x= 

0,005 

⎪ 

⎧x 

= 0,07 

⎨ 1 

⇒ ⎨ 

⎪0,3 x − .0, 2y 

= 0,01 ⎩y 

= 0,11 

⎩ 2 

Vây pH của dd H 2 SO 4 =0,854 

pH của dd KOH = 13,041 

2) 

Dung dịch E + AlCl 3 cho kết tủa trong E dư kiềm, axit phản 

ứng hết. 

AlCl 3 + 3KOH ⎯⎯→ Al(OH) 3 + 3KCl (4) 

2Al(OH) 3 ⎯⎯→ Al 2 O 3 + 3H 2 O (5) 

Theo (4), (5) ta có: 

n KOH (4) = 3, 262 .2.3 = 0,192 mol 

102 

n AlCl 3 

= 3, 262 .2 = 0,064 mol 

102 

Có 2 trường hợp xảy ra 

a. Lượng KOH trong ddE thiếu so với AlCl 3 chỉ 1 phần 

AlCl 3 tham gia phản ứng. 

3,262 

n KOH 

= 2 . = 0, 028mol 

233 

V B . 0,11 = 0,028 + 0,192 V B = 2 lít 

3, 262 

V A . 0,07 = V A = 0,2 lít 

233 

Trang - 4 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

2 x 0,25 

2 x 0,25 


0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 















Câu VI 

4 điểm 

VB 

2 

Vậy : 

10 

V = A 

0, 2 

= 

0,25 

b. Lượng KOH trong ddE dư so với AlCl 3 còn xảy ra 

phản ứng sau: 

AlCl 3 + 4KOH ⎯⎯→ NaAlO 2 + 3KCl + 2H 2 O (6) 

n KOH (6) = 4(0,5.0,2 – 0,064) = 0,144 mol 

0,25 

V B . 0,11 = 0,028 + 0,192 + 0,144 V B = 3,3 lít 

0,25 

VB 

3,3 

Vậy : 

16,5 

V = A 

0, 2 

= 0,25 

1) Các phản ứng: 

+ − 3+ 2− 

FeS + 10H + 9NO3 ⎯⎯→ Fe + SO4 + 9NO2 ↑+ 5 H2O 

(1) 

+ − 3+ 

FeCO3 + 4H + NO3 ⎯⎯→ Fe + CO2 ↑+ NO2 ↑+ 2 H 

2O 

(2) 

Gọi x, y là số mol của FeS và FeCO 3 trong hỗn hợp 

Theo pt (1), (2): 

nCO 

= y ; n 9 

2 NO 

= x+ 

y 

2 

Ta có: 

M = 22,805 .2 = 45,61 

46(9 x+ y) + 44y 

⇒ = 45,61 ⇒ y = 2,877x 

9x+ 

2y 

1.88.100 

% FeS = = 20,87% 

1.88 + 1,877.116 

% FeCO3 

= 100 − 20,87 = 79,13% 

2) 

HNO3 

Kim loại M + oxit của nó ⎯⎯⎯→ ddA M(NO 3 ) n + NO 

n+ − 

M + nOH ⎯⎯→ M( OH) 

2 MOH ( ) ⎯⎯→ MO+ 

nHO 

n 

2 n 2 

M 

2On 

+ 2nHCl ⎯⎯→ 2MCln 

+ nH2O 

(2M +16n) 2n 

1 0,025 

n 

2M 

+ 16n 

2n 

Ta có: = ⇒ M = 32n 

1 0,025 

Nghiệm hợp lí là n = 2 và M = 64 

a. Vậy kim loại là Cu. Oxit của nó có thể là Cu 2 O hoặc 

CuO 

• Trường hợp Cu và Cu 2 O: 

Trang - 5 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

3x 0,25 


0,25 















Đặt số mol của KL Cu là x và số mol oxit của nó là y 

3Cu + 8HNO 3 ⎯⎯→ 3Cu(NO 3 ) 2 + 2NO + 4H 2 O 

8 

x mol 

3 x 2 

3 x 

3Cu 2 O + 14HNO 3 ⎯⎯→ 6Cu(NO 3 ) 2 + 2NO + 7H 2 O 

14 

y mol 

3 y 2 

3 y 

ta có 

⎧64x+ 144y 

= 8,16 

⎪ 

⎧x 

= 0,06 

⎨2 2 1,344 ⇒ ⎨ 

⎪ 

x+ y = = 0,06 ⎩y 

= 0,03 

⎩3 3 22,4 

0,06.64.100 

% Cu = = 47,06% 

8,16 

% Cu O = 100 − 47,06 = 52,94% 

2 

8 14 

nHNO 

= .0,06 + .0,03 = 0,3mol 

3 

3 3 

0,3 

⇒ VHNO 

= = 0,075 l = 75 ml 

3 

4 

• Trường hợp Cu và CuO 

3Cu + 8HNO 3 ⎯⎯→ 3Cu(NO 3 ) 2 + 2NO + 4H 2 O 

8 

x mol 

3 x 2 

3 x 

CuO + 2HNO 3 ⎯⎯→ Cu(NO 3 ) 2 + H 2 O 

Ta có; 

3 

nCu 

= x= .0,06 = 0,09 mol 

2 

8,16 − 0,09.64 

nCuO 

= y = = 0,03 mol 

80 

0,09.64.100 

% Cu = = 70,59% 

8,16 

% CuO = 100 − 70,59 = 29,41% 

8 

nHNO 

= 

3 

.0,09 + 0,03.2 = 0,3 mol 

3 

0,3 

⇒ VHNO 

= = 0,075 l = 75 ml 

3 

4 

b. VHNO 

= 75 ml 

3 

cả hai trường hợp n CuO = 0,12 mol 

suy ra m CuO = 0,12.80 = 9,6 gam 


0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

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





Trang - 6 









































SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH 

KIÊN GIANG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 

ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC - VÒNG 2 – Môn: HÓA HỌC 


Câu I 

4 điểm 

1) Vì 1 mol X tác dụng với NaHCO 3 giải phóng 2 mol CO 2 chứng tỏ X là 

một 1 axit hai lần axit nên phân tử chứa 4 nguyên tử oxi 

CTPT (X): C 4 H 4 O 4 hay C 2 H 2 (COOH) 2 

Ứng với mạch không nhánh có 2 đồng phân cis – trans là 

0,25 

HOOC COOH H COOH 

C=C 

C=C 

H H HOOC H 

Cis 

trans 

Và chỉ có dạng cis mới có thể đóng vòng. Do đó khi tác dụng với P 2 O 5 thu 

được anhydric 

O 

O 

C 

C 

H C OH H C 

PO 2 5 

⎯⎯⎯→ O + 2HPO 3 

H C OH H C 

C 

C 

O 

O 

Axit maleic 

anhydric maleic 

( axit cis-but-2-endioic ) 

2) Đặt CT A: C x H y Cl z CT B: C x’ H y’ Cl z’ 

12 x.100 

% C( A) 

= = 24,24 

M 

A 

M 

A 

x 2 

a. 

= 1, 818 ⇒ = 

12 x '.100 

MB 

x' 3 

% C( B) 

= = 20 

M 

B 

⎧x 

= 2 

vì x, x’ ≤ 4 ⇒ ⎨ 

⎩x 

' = 3 

• M A = 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: C 2 H 4 Cl 2 

• M B = 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 

0,25 

2 x 0,25 


0,25 

0,25 

0,25 

0,25 















Câu II 

3 điểm 

CTPT của B: C 3 H 2 Cl 4 

b. Đồng phân của A: CH 2 Cl – CH 2 Cl ; CH 3 – CHCl 2 

đồng phân của B: CCl 2 =CCl – CH 2 Cl 

CCl 2 = CH – CHCl 2 

CHCl =CCl – CHCl 2 ( cis – trans ) 

CHCl=CH – CCl 3 ( cis – trans ) 

CH 2 =CCl – CCl 3 

Cl 

Cl 

C CH 2 

Cl CH CH Cl Cl C C Cl 

Cl 

Cl 

1) Cơ chế của phản ứng 

− + 

AlCl3 + Cl2 ⎯⎯→ AlCl4 

+ Cl 

+ + 

Cl + CH 

6 6 

⎯⎯→ CHCl 

6 6 

+ + 

CHCl 

6 6 

⎯⎯→ CHCl 

6 5 

+ H 

+ − + 

H + AlCl4 ⎯⎯→ AlCl3+ 

HHCl 

2) 

2- 

a. Có thể nhận biết axit nhờ quỳ tím, KL Fe, Zn hoặc muối CO 3 

2C 2 H 5 COOH + Na 2 CO 3 ⎯⎯→2C 2 H 5 COONa + H 2 O + CO 2 

- Nhận biết andehit nhờ phản ứng tráng bạc 

CH 3 -CH(OH)-CHO + 2AgNO 3 + 3NH 3 + H 2 O ⎯⎯→ 

CH 3 -CH(OH)_COONH 4 + 2Ag + 2NH 4 NO 3 

- Để nhận biết este rõ ràng trước hết cho hỗn hợp tác dụng với Na để 

C 2 H 5 COOH và CH 3 -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 Na 2 CO 3 và xác định 

lượng CO 2 thoát ra ( n a ) 

2C 2 H 5 COOH + Na 2 CO 3 ⎯⎯→2C 2 H 5 COONa + H 2 O + CO 2 

( có thể xác định lượng CO 2 theo đo V của CO 2 ở điều kiện nhiệt độ, áp suất 

nào đó ví dụ như (đktc) hoặc theo khối lượng CO 2 bị hấp thụ bởi KOH hoặc 

theo lượng kết BaCO 3 

- Lấy 1 mol hỗn hợp cho tác dụng với dung dịch AgNO 3 /NH 3 ( dư ), rồi cân 

lượng Ag thoát ra và tính số mol andehit ( n b ) 

CH 3 -CH(OH)-CHO + 2AgNO 3 + 3NH 3 + H 2 O ⎯⎯→ 

CH 3 -CH(OH)_COONH 4 + 2Ag + 2NH 4 NO 3 

Suy ra số mol etse: n C = 1 – n a – n b 

Trang - 2 

0,25 

0,125 

0,125 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

4 x 0,25 


0,25 

0,25 

0,25 

0,5 

0,5 

0,25 















Câu III 

3 điểm 

Câu IV 

3 điểm 

1) 

Vì C là dẫn xuất của benzene nên B phải thuộc loại ankin, do đó A chỉ có thể 

là dẫn xuất đibrom ở 2 cacbon lân cận, do đó C 3 H 6 là propen, không thể là 

xiclopropan 

CH2 = CH − CH3+ Br2 ⎯⎯→CH2( Br) −CH ( Br) 

−CH3 

ancol 

CH2( Br) −CH ( Br) − CH3 + 2KOH ⎯⎯⎯→CH ≡C − CH3+ 2KBr + H2O 

trùng hop 

3 CH ≡C −CH3 ⎯⎯⎯⎯→C 6H3( CH3) 3 

(1,3,5 −trimetylbenzen) 

Vì khi đốt cháy D còn lại chất rắn. Vậy D phải chứa kim loại Kali, chất rắn là 

K 2 CO 3 và vì 1 mol D tạo ra 207 1, 5 

138 = mol K 2CO 3 suy ra cả ba nhóm –CH 3 

đều bị oxi hóa biến thành nhóm –COOK 

1,3,5-C 6 H 3 (CH 3 ) 3 + 6KMnO 4 ⎯⎯→ 

1,3,5-C 6 H 3 (COOK) 3 + 6MnO 2 + 3KOH + 3H 2 O 

( chất D ) 

2) 

* C 4 H 8 có 6 đồng phân: But-1-en; Cis-but-2-en; Trans-but-2-en; 

metylpropen; xiclobutan và metylxiclopropan ( 6 CTCT ) 

* C 4 H 8 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 Br 2 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 

1) Gọi CT của X hoặc Y là C x H y 

y 

0 

t 

y 

CH 

x y 

+ ( x+ ) O2 ⎯⎯→ xCO2 + HO 

2 

4 2 

0,25 

3 x 0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 


0,25 

0,25 

0,25 

0,25 





M X(Y) = 32. 10,12 92 

3,52 = 

Trang - 3 











⎧ y 

⎪x 

: = 1,75 ⎧x 

= 7 

⎨ 2 ⇒⎨ ⇒ CTPT của X (Y): C 7 H 8 

⎪ y = 8 

12x+ y = 92 ⎩ 

⎩ 

• X phản ứng với dung dịch AgNO 3 /NH 3 

CT C 7-2n H 8-n (C≡CH) n 

CT kết tủa C 7-2n H 8-n (C≡CAg) n 

n X pứ = 6,9 = 0,075 mol n kết tủa = 0,075 mol 

92 

M kết tủa = 22,95 306 

0,075 = 

12(7 – 2n ) + ( 8 – n ) + 132n =306 n = 2 

Vậy X có thể có 1 trong các cấu tạo sau 

CH≡C – CH 2 – CH 2 – CH 2 – C≡CH (1) 

CH≡C – CH(CH 3 ) – CH 2 – C≡CH (2) 

CH≡C – CH(C 2 H 5 )– C≡CH (3) 

CH≡C – C(CH 3 ) 2 – C≡CH (4) 

• CTPT của Z: ( C 7 H 8 .mHCl ) 

Ta có: 

35,5 m.100 

59,66 92 + 35,5m+ 

m = ⇒ m = 4 

Vậy CT của Z là : C 7 H 12 Cl 4 

Theo quy tắc cộng maccopnhicop: X phản ứng với HCl tạo nên Z có thể 

là các chất sau 

(1) CH 3 – C(Cl) 2 - CH 2 – CH 2 – CH 2 – C(Cl) 2 – CH 3 

(2) CH 3 – C(Cl) 2 – CH(CH 3 ) – CH 2 – C(Cl) 2 – CH 3 

(3) CH 3 – C(Cl) 2 – CH(C 2 H 5 ) – C(Cl) 2 – CH 3 

(4) CH 3 – C(Cl) 2 – C(CH 3 ) 2 – C(Cl) 2 – CH 3 

• Khi brom hóa Z chỉ cho 2 sản phẩm thế là dẫn xuất halogen nên Z phải 

là: 

CH 3 – C(Cl) 2 – C(CH 3 ) 2 – C(Cl) 2 – CH 3 

Vậy CTCT A: CH≡C – C(CH 3 ) 2 – C≡CH 

• Y không phản ứng với AgNO 3 /NH 3 , không tác dụng với HCl và bị 

KMnO 4 oxi hóa khi đun nóng 

Suy ra CTCT của Y: C 6 H 5 – CH 3 ( toluen ) 

2) Các phương trình phản ứng 

2*0,25 

0,25 

0,25( 4 

cấu tạo ) 

0,25 

0,25 ( 4 

cấu tạo ) 


0,25 

0,25 





Trang - 4 

4pt*0,25 











Câu V 

4 điểm 

* CH 

7 8 

+ 9O2 ⎯⎯→ 7CO2 + 4HO 

2 

* CH ≡C −C( CH3) 2−C ≡ CH + 2AgNO3+ 2NH3 

⎯⎯→ 

AgC ≡C −C( CH3) 2−C ≡ CAg + 2NH 4NO3 

* CH ≡C −C( CH ) −C ≡ CH + 4 HCl ⎯⎯→CH −C( Cl) −C( CH ) −C( Cl) 

−CH 

*2 CH3 −C( Cl) 2 

−C( CH3) 2 

−C( Cl) 2 

− CH3+ 

2Br2 

as 

⎯⎯→CH3−C( Cl) 2 

−C( CH3) 2 

−C( 

Cl) 

2 

− CH2Br 

+ 

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

3 2 3 2 3 2 2 3 

3 2 2 3 2 3 

* C 6 H 5 – CH 3 + 2KMnO 4 

0 

t 

⎯⎯→ C 6 H 5 – COOK + 2MnO 2 + KOH + H 2 O 

1) A là este vì khi đun A với dung dịch NaOH cho muối B và ancol C 

RCOOR’ + NaOH ⎯⎯→ RCOONa + R’OH 

R’OH + Na ⎯⎯→ R’ONa + ½ H 2 

n A = n R’OH = 2.n H 2 

= 2. 1,12 = 0,1 mol 

22, 4 

M A = 10,2 102 

0,1 = 

- Khí D là 1 hidrocacbon có M D = 32.0,5 = 16 

⎯⎯→ khí D là CH 4 và muối B là CH 3 COONa 

Do CH 3 COONa + NaOH ⎯⎯→ CH 4 + Na 2 CO 3 

CT A: CH 3 COOR’ ⎯⎯→ M A = 59 + R’ = 102 R’= 43 ( C 3 H 7 -) 

Vậy CT ancol C là: C 3 H 7 OH 

Với C 3 H 7 OH ta có 2 đồng phân ancol 

[ O] 

CH 3 CH 2 CH 2 OH ⎯⎯→ CH 3 CH 2 CHO + H 2 O 

[ O] 

CH 3 -CH(OH)-CH 3 ⎯⎯→ CH 3 -CO-CH 3 + H 2 O 

Vì sản phẩm oxi hóa (E) không tham gia phản ứng với AgNO 3 /NH 3 

E là xeton: CH 3 -CO-CH 3 và C là ancol bậc II: CH 3 CH(OH)CH 3 

CT của A: CH 3 -COO-CH(CH 3 )-CH 3 ( isopropyl axetat ) 

2) chất ắn thu được sau phản ứng: 

CH 3 COOC 3 H 7 + NaOH ⎯⎯→ CH 3 COONa + C 3 H 7 OH 

Trang - 5 

0,25 

0,25 

2*0,25 

0,25 

2*0,25 


0,25 















0,1 mol 0,15 mol 0,1 mol 

N NaOH dư = 0,15 – 0,1 = 0,05 mol 

0,25 

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

2 

0,25 

Sau khi cô cạn dung dịch F ta thu được chất răn gồm: 

NaOH dư ( 0,05 mol ) và CH 3 COONa ( 0,1 mol ) 

m rắn = 0,1.82 + 0,05.40 = 10,2 gam 

0,25 

3) 

n A = 5,1 = 0,05 mol 

10,2 

n G = 0,5.0,05 = 0,025 mol 

0,25 

theo đề bài G là 1 este đơn chức CTTQ: C x H y O 2 

n CO 2 

(A, G ) = 16,5 = 0,375 mol 

44 

n H 2 

O(A, G) = 6,3 0,25 

= 0,35 mol 

18 

13 

Đốt cháy A: C 5 H 10 O 2 + 

2 

2 O ⎯⎯→ 5CO 2 + 5H 2 O 

0,05 mol 0,25 0,25 

n CO 2 

(G) = 0,375 – 0,25 = 0,125 mol 

n H 2 

O(G) = 0,35 – 0,25 = 0,1 mol 

0,25 

y 

Đốt cháy G: C x H y O 2 + ( x+ −1) 

O2 

⎯⎯→ 

4 

xCO 2 + y/2H 2 O 

0,025 mol 0,025x 0,025.y/2 

0,025x = 0,125 x = 5 

0,025.y/2 = 0,1 y = 8 

0,25 

Vậy CTPT G: C 5 H 8 O 2 






Trang - 6 











Câu VI 

3 điểm 

Phản ứng xà phòng hóa G thu được muối CH 3 COONa và một sản phẩm có 

khả năng phản ứng với AgNO 3 /NH 3 

G: CH 3 COOCH=CH – CH 3 

0,25 

1) Gọi CTPT của A là C x H y O z 

( x nguyên ≥ 1; 2 ≤ y nguyên ≤ 2x + 2; z nguyên ≥ 1 ) 

y z 0 

t y 

CHO 

x y z 

+ ( x+ − ) O2 ⎯⎯→ xCO2 + HO 

2 

(1) 

4 2 2 

Sản phẩm cháy có CO 2 và H 2 O, khi hấp thụ vào dung dịch Ca(OH) 2 có phản 

ứng: 

CO 2 + Ca(OH) 2 ⎯⎯→ CaCO 3 + H 2 O (2) 

Có thể có phản ứng 

2CO 2 + Ca(OH) 2 ⎯⎯→ Ca(HCO 3 ) 2 (3) 

n Ca(OH) 2 

= 1.0,2 = 0,2 mol 

n CO 2 

= n↓ = 0,12 mol 

ta có: mCO 

+ m 12 2, 48 

2 H2O 

− = 

Trường hợp 1: 

mHO= 2, 48 + 12 − 0,12.44 = 9, 2 g 

2 

Suy ra n H 2 

O = 9, 2 

18 

nCO 

2x 

0,12.18 

2 

= = ⇒ 18, x = 2,16y 

nHO 

y 9, 2 

2 

⇒ 18, 4x≤ 2,16(2x+ 

2) 

⇒ 14,08x 

≤4,32 

x ≤ 0,3 ( loại ) 

Trường hợp 2: 

Ptpứ (3) ta có nCO = n 

2 CO2(2) + nCO 

2(3) = 0,12 + (0,2 − 0,12).2 = 0,28 mol 

Suy ra m H 2 

O = 2,48 + 12 – 0,28.44 = 2,16 gam 

Suy ra n H 2 

O = 2,16 = 0,12 mol 

18 

Trong 6,16 gam A có: 

nC 

= 0, 28 mol; nH 

= 2.0,12 = 0, 24 mol 

6,16 −0, 28.12 −0, 24 

nO 

= = 0,16 

16 

Suy ra: x : y : z = 0,28 : 0,24 : 0,16 = 7 : 6 : 4 

CT thực nghiệm của A là (C 7 H 6 O 4 ) n 

Theo giả thiết: M A < M glucozo 154n < 180 n < 1,17 chọn n = 1 

CTPT của A: C 7 H 6 O 4 

Trang - 7 

0,25( 3 

pt ) 


0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 















2) Với CT C 7 H 6 O 4 thỏa mãn điều kiện thì A có thể có các công thức cấu tạo 

sau: 

OH OH OH 

HCOO HCOO – OH HCOO – 

OH 

OH 

OH 

OH 

OH 

OH 

HCOO HCOO – 

HCOO- - OH 

OH 

Phương trình: 

HCOOC H ( OH ) + 4 NaOH ⎯⎯→ HCOONa + C H ( ONa) + 3H O 

6 3 2 6 3 3 2 

0 

t 

6 3( ) 

2 

+ 2 ( 

3) 2 

⎯⎯→ 

4 6 3( ) 

2 

+ 2 + 3 

3+ 

2 

HCOOC H OH Ag NH OH NH OCOOC H OH Ag NH H O 

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

6*0,125 

2*0,125 






Trang - 8 









































SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA 

KIÊN GIANG NĂM 2014 

ĐÁP ÁN – Môn: HÓA HỌC 


Câu I 

4 điểm 

1) a. Đặt số đơn vị điện tích hạt nhân của A là Z A ; B là Z B ; số nơtron của 

A là N A ; B là N B 

theo đề: 

2Z A + 6Z B + N A + 3N B = 196 (1) 

2Z A + 6Z B – N A – 3N B = 60 (2) 

0,25 

6Z B – 2Z A = 76 (3) 

Giải hệ phương trình (1), (2), (3) ta được 

Z A = 13 và Z B = 17 

0,25 

Vậy A là Al; B là Cl và CT AB 3 là AlCl 3 

Câu II 

2 điểm 

b. Al: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 1 

Cl: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 5 

c. Các phản ứng tạo thành AlCl 3 

2Al + 3Cl 2 ⎯⎯→ 

t 0 

2AlCl 3 

2Al + 3CuCl 2 ⎯⎯→ 

t 0 

2AlCl 3 + 3Cu 

Al 2 O 3 + 6HCl ⎯ ⎯→ 2AlCl 3 + 3H 2 O 

Al(OH) 3 + 3HCl ⎯ ⎯→ AlCl 3 + 3H 2 O 

Al 2 S 3 + 6HCl ⎯ ⎯→ 2AlCl 3 + 3H 2 S 

NaAlO 2 + 4HCl ⎯ ⎯→ AlCl 3 + NaCl + 2H 2 O 

Al 2 (SO 4 ) 3 + 3BaCl 2 ⎯→ 

2AlCl 3 + 3BaSO 4 

2) Các phân tử muốn tồn tại thì nguyên tử trung tâm phải có cộng hóa trị 

phù hợp với các phối trí để tạo đủ các liên kết cộng hóa trị cho phân 

tử. 

Do đó các phân tử tồn tại là: PCl 5 ; ClF 3 ; BrF 7 ; SF 6 ; AsF 5 

Các phân tử không tồn tại là: NF 5 ; OF 6 và I 7 F do N không có cộng hóa trị 

5, oxi không có cộng hóa trị 6 và F không có cộng hóa trị 7 

0,25 

0,25 

- Dùng phenolphtaleun nhận ra K 2 S: Dung dịch phenolphtalein có màu 

Al 3+ + 3S 2- + 3H 2 O ⎯ ⎯→ Al(OH) 3 + 3HS - 0,25 

hồng 

S 2- + H 2 O ⇔ HS - + OH - 

- Dùng K 2 S là thuốc thử cho vào các dung dịch còn lại 

+ Với NH 4 Cl: S 2- + 

+ NH 4 ⎯ ⎯→ NH 3 ↑ + HS - 

Nhận ra NH 3 nhờ mùi khai hoặc giấy lọc tẩm phenolphtalein hóa đỏ ( vì 0,25 

NH 3 có pH>9 ) 

+ Với Al 2 (SO 4 ) 3 : Tạo kết tủa keo trắng 

Trang-1 

0,25*7 pứ 

= 1,75đ 


0,5 

0,5 

0,5 















Câu III 

4 điểm 

+ Với MgSO 4 tạo kết tủa trắng 

Mg 2+ + 2S 2- + 2H 2 O ⎯ ⎯→ Mg(OH) 2 + 2HS - 

+ Với ZnCl 2 tạo kết tủa trắng 

Zn 2+ + S 2- ⎯ ⎯→ ZnS ↓ 

- Dùng NH 4 Cl để nhận ra MgSO 4 vì Mg(OH) 2 tan được trong NH 4 Cl 

trong khi Al(OH) 3 và ZnS không tan 

- Dùng MgSO 4 nhận ra BaCl 2 vì tạo kết tủa trắng 

Ba 2+ 2- 

+ SO 4 ⎯ ⎯→ BaSO 4 

- Dùng BaCl 2 nhận ra Al 2 (SO 4 ) 3 vì tạo kết tủa trắng 

Ba 2+ 2- 

+ SO 4 ⎯ ⎯→ BaSO 4 

- Còn lại KCl 

1) gọi x là số mol Ag 2 SO 4 tan trong 1 lít dung dịch Ag 2 SO 4 bão hòa 

+ 2− 

Ag2SO4←⎯⎯→ ⎯ 2Ag + SO4 

x mol 2x x 

+ 2 2− 

ta có: T = [ Ag ] [ SO4 

] 

7,7.10 -5 = (2x) 2 .x = 4x 3 

Giải rat a được: x = 0,0268 mol 

Vậy m Ag SO 

= 0,0268.312 = 8, 3616 gam 

2 4 

2) Điều kiện để kết tủa 

3+ − 3 −38 

[ Fe ][ OH ] > 4.10 

Đặt [OH - ] = x 

10 -3 . x 3 > 4.10 -38 

x 3 > 4.10 -35 suy ra x >3,42.10 -12 

[OH - ] > 3,42.10 -12 

[H + −14 

10 

−3 

] < = 2,9234.10 

− 12 

3, 42.10 

lg[H + ] < - 2,5341 

pH = -lg[H + ] > 2,5341 

2,688 

5,88 

3) a. n B = = 0, 12mol ⇒ M 

B 

= = 49 

22,4 

0,12 

Do đó phải có khí với M49. 

Trong số các khí có thể thoát ra là: NO, N 2 O, N 2 , NH 3 , H 2 , SO 2 và H 2 S 

thì duy chỉ có SO 2 là thỏa mãn điều kiện ( M=64) 

Gọi a, b lần lượt là số mol của NO 2 và SO 2 trong hỗn hợp B 

⎧46a 

+ 64b 

= 5,88 ⎧a 

= 0,1 

Ta có: ⎨ 

⇒ ⎨ 

⎩a 

+ b = 0,12 ⎩b 

= 0,02 


Trang-2 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 















Câu IV 

4 điểm 

Các phản ứng: 

X + 2HNO 3 ⎯ ⎯→ XNO 3 + NO 2 + H 2 O (1) 

Y + 4HNO 3 ⎯ ⎯→ Y(NO 3 ) 2 + 2NO 2 + 2H 2 O (2) 

2X + 2H 2 SO 4 ⎯ ⎯→ X 2 SO 4 + SO 2 + 2H 2 O (3) 

Y + H 2 SO 4 ⎯ ⎯→ YSO 4 + SO 2 + H 2 O (4) 

Theo các phương trình (1), (2), (3), (4): 

n 

2 

n 

2 

NO thoát ra = n −3 

NO 

SO thoát ra = n 2− 

SO 4 

do đó: m muối khan = 6 + 0,1.62 + 0,02.96 = 14,12 gam 

b. Theo phương trình (1), (2), (3), (4): 

cứ 1 mol kim loại X pứ với HNO 3 ⎯ ⎯→ 1 mol NO 2 

và 1 mol kim loại X pứ với H 2 SO 4 ⎯ ⎯→ ½ mol SO 2 

đối với kim loại Y cũng tương tự. Do đó khi tỉ lệ NO 2 và SO 2 thay đổi ta 

có khoảng biến thiên lượng muối như sau: 

- Nếu tất cả là khí NO 2 thoát ra thì: 

n 

NO 2 

= 0,1 + 2.0,02 = 0,14 mol 

suy ra: m muối = 6 + 0,14.62 = 14,18 gam 

- Nếu tất cả là khí SO 2 thoát ra thì: 

0 ,1 

n 

SO 2 

= 0,02 + = 0,07 mol 

2 

suy ra: m muối = 6 + 0,07.96 = 12,72 gam 

vậy khối lượng muối nằm trong khoảng 

12,72 ≤ m ≤ 14,18 

1) a. – Mũi tên đầu tiên sai vì –CH 3 là nhóm định hướng ortho, para nên sản 

phẩm thế vào meta là sản phẩm phụ với % rất ít 

- Mũi tên cuối cùng sai do muốn chuyển nhóm –CH 3 về nhóm –COOH 

phản dùng KMnO 4 đun nóng, đây là chất oxi hóa mạnh nên oxi hóa cả nhóm 

–NH 2 ( có tính khử ) 

Nên phải chỉnh sơ đồ lại là 

CH 3 COOH COOH COOH 

0,5 ( 4 pứ ) 


NO 2 NH 2 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,5 





Trang-3 

0,25 











b. 

- Sai vì khi thế Clo vào vòng bezen chỉ thế nguyên tử không thế phân tử 

– Vì các nhóm –CH 3 và –Cl định hướng nhóm thế thứ 2 vào vị trí ortho và 

para còn nhóm –NO 2 định hướng nhóm thế thứ 2 vào vị trí meta nên sơ đồ 

tối ưu phải là: 

CH 3 CH 3 CH 3 

NO 2 NO 2 

Cl 

2) a. CTPT của axit là (C 2 H 3 O 2 ) n hay C n H 2n (COOH) n 

Vì axit no no nên: 

số nguyên tử H của gốc = 2.số nguyên tử C của gốc + 2 – số nhóm chức 

⇒ 2n = 2n + 2 – n ⇒ n = 2 

Vậy CTPT axit C 2 H 4 (COOH) 2 

CTCT HOOC – CH 2 – CH 2 – COOH ( axit succinic ) 

Hoặc HOOC-CH(CH 3 ) – COOH 

b. E không phản ứng với Na ⇒ E phải là este hai chức 

giả sử đã đun axit trên với 2 ancol C x H y OH và C n H m OH. Có 2 trường hợp 

- axit đã este hóa với cùng 1 ancol ( Ví dụ: C x H y OH ) 

⇒ CT của E: C x H y OOC – CH 2 – CH 2 - COOC x H y 

O 

E ⎯⎯→ 

2 ( 2x + 4 ) CO 2 + ( y + 2 )H 2 O 

1 mol ( 2x + 4 ) mol 

⇒ 2x + 4 = 7 ⇒ x = 1,5 ( loại ) 

- axit đã este hóa với 2 ancol khác nhau 

⇒ CT của E: C x H y OOC – CH 2 – CH 2 – COOC n H m 

O 

y + m 

E ⎯⎯→ 

2 ( x + n + 4 ) CO 2 + (2 + ) H 2 O 

2 

1 mol ( x + n + 4 ) mol 

⎧x 

= 1 

⇒ ( x + n + 4 ) = 7 ⇒ x + n = 3 ⇒ ⎨ ( giả sử x





B là ancol etylic: CH 3 – CH 2 – OH 

F là C 2 H 5 OOC – CH 2 –COOC 2 H 5 

0,5 ( 4 pứ ) 




Câu V 

3 điểm 

Các phương trình phản ứng: 

C 2 H 5 OOC – CH 2 –COOC 2 H 5 + 2NaOH ⎯⎯→ 

t 0 

NaOOCC-CH 2 -COONa + 2C 2 H 5 OH 

t 

NaOOC-CH 2 -COONa + 2NaOH ⎯⎯ 0 , cao 

⎯ 

(1:2 ⎯ 

) → CH 4 + Na 2 CO 3 

2C 2 H 5 OH ⎯⎯ t 0 

,xt KL 

⎯ 

oxit ⎯→ 

CH 2 =CH-CH=CH 2 + 2H 2 O + H 2 

Na,t 

n CH 2 =CH-CH=CH 2 ⎯ ⎯⎯ 0 

→(-CH 2 -CH=CH-CH 2 -) n 

1) Các phản ứng: 

C 2 H 4 + H 2 

C 3 H 6 + H 2 

⎯⎯→ 

Ni C 2 H 6 (1) 

⎯⎯→ 

Ni C 3 H 8 (2) 

Vì tổng khối lượng trước và sau không đổi ( a gam ) mà theo phản ứng (1), 

(2) số mol sau phản ứng giảm 

M = 

S 

Suy ra 

a 

và 

M = 

T 

n sau 

M 

S 

> 

T 

a 

n tr 

M ( vì n sau < n trước ) 

2) M 

T 

= 7,6 . 2 = 15,2 

Gọi x là %V mỗi anken trước phản ứng 

⇒ %V 

H 2 

= 1 – 2x 

M = 42x + 28x + 2( 1 – 2x ) = 15,2 

⇒ x = 0,2 

Vậy %C 2 H 4 = %C 3 H 6 = 20% và %H 2 = 60% 

3) Do thể tích và nhiệt độ của bình không đổi nên áp suất trong bình tỉ lệ với 

số mol khí trong bình: 

P 

P 

S 

T 

n 

= 

n 

S 

T 

M 

= 

M 

T 

S 

7,6.2 

= = 0,9 

8,445.2 

⇒ P S = 0,9P T vậy P = 0,9 atm 


4) C 2 H 4 + Br 2 ⎯ ⎯→ C 2 H 4 Br 2 (3) 

C 3 H 6 + Br 2 

⎯ ⎯→ C 3 H 6 Br 2 (4) 

Trang-5 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 















Câu VI 

3 điểm 

Trước phản ứng (1), (2): 

2,24 

⎪⎧ 

n 

n khí = = 0,1 mol ⇒ ⎨ 

22,4 

⎪⎩ n 

C2H 

4 

H 2 

= n 

C3H 

6 

= 0,06mol 

= 0,02mol 

nS 

= 0, 9 ⇒ số mol khí sau phản ứng giảm 1/10 

nT 

Gọi a, b là số mol khí C 2 H 4 và C 3 H 6 đã phản ứng 

⎧ 1 

⎪a 

+ b = 0,1. = 0,01 

Theo đề: ⎨ 10 

⎪ 

⎩28(0,02 

− a) 

+ 42(0,02 − b) 

= 1,05 

Giải hệ ta được: a = b = 0,005 

Vậy hiệu suất phản ứng đối với mỗi anken bằng nhau 

0,005 

H = .100 = 25% 

0,02 

1) phản ứng đốt cháy: X + CuO ⎯ ⎯→ Cu + CO 2 + H 2 O 

Theo ĐLBTKL: m X + m CuO = m Cu + m CO 2 

+ m H 2 O 

129,6 

⇒ a = mCO = 13,32 + 129,6 − .64 − 7,56 = 31, 68 gam 

2 

80 

Gọi CT của X là C x H y O z ta tìm được CTĐGN của X là (C 6 H 7 O 2 ) n vì 

M X








( OHCH 2 C≡C-CH 2 OH hoặc HOC-CH 2 -CH 2 -CHO ) 

HOCH 2 -C≡C-CH 2 OH + 2H 2 ⎯ ⎯→ HOCH 2 -CH 2 -CH 2 -CH 2 OH 

xt,t 

HOCH 2 -CH 2 -CH 2 -CH 2 OH ⎯⎯→ 

0 

CH 2 =CH-CH=CH 2 + 2H 2 O 

xt,t 

nCH 2 =CH-CH=CH 2 ⎯⎯→ 

0 

(-CH 2 -CH=CH-CH 2 -) n 

cao su buna 

- Chất C phải là axit có vòng: 

CH 2 

CH 2 CH-COOH ( axit xiclopropan cacboxylic ) 


0,25 

0,25 

0,25 

0,25 





Trang-7 











SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA 

KIÊN GIANG NĂM 2014 

--------------- ------------- 


( Đề thi có 02 trang) 

MÔN THI: HÓA HỌC 

Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian giao đề ) 

Ngày thi: 27/10/2013 

Câu I ( 4 điểm ): 

1) Phân tử AB 3 có tổng các hạt proton, nơtron, electron bằng 196. Trong đó số hạt mang điện 

nhiều hơn số hạt không mang điện là 60, số hạt mang điện của A ít hơn số hạt mang điện của B là 

76 . 

a. Hãy xác định kí hiệu hóa học của A, B và AB 3 . 

b. Viết cấu hình electron của nguyên tử A, B. 

c. Dựa vào phản ứng oxi hóa – khử và phản ứng trao đổi ion, hãy viết phương trình phản ứng các 

trường hợp xảy ra tạo thành AB 3 ( ghi rõ điều kiện nếu có ) 

2) Hãy cho biết phân tử nào sau đây tồn tại và không tồn tại: PCl 5 , NF 5 , OF 6 , ClF 3 , BrF 7 , SF 6 , I 7 F 

và AsF 5 ? Giải thích. 

Câu II ( 2 điểm ): 

Có các dung dịch bị mất nhãn: NH 4 Cl, K 2 S, BaCl 2 , Al 2 (SO 4 ) 3 , MgSO 4 , KCl, ZnCl 2 . Chỉ được 

dùng thêm dung dịch phenolphtalein ( khoảng pH chuyển màu từ 8 đến 10 ). Hãy nêu phương pháp 

nhận biết mỗi dung dịch trên? Viết các phương trình ion ( nếu có ) để giải thích. 

Câu III ( 4 điểm ): 

1) Tính khối lượng Ag 2 SO 4 tan trong 1 lít dung dịch Ag 2 SO 4 bão hòa, biết tích số tan của 

Ag 2 SO 4 là T Ag2SO = 7,7.10 -5 

4 

2) Cho biết T Fe( OH ) = 410 -38 hãy tính xem trong dung dịch Fe(NO 

3 

3 ) 3 10 -3 M, pH của dung dịch 

bằng bao nhiêu thì bắt đầu kết tủa Fe(OH) 3 ? 

3) Cho hỗn hợp A gồm Kim loại X ( hóa trị I )và kim loại Y ( hóa trị II). Hòa tan 6 gam A vào 

dung dịch có chứa HNO 3 và H 2 SO 4 thu được 5,88 gam hỗn hợp B gồm khí NO 2 và khí C, có thể 

tích bằng 2,688 lít ( đktc). 

a. Tính khối lượng muối khan thu được? 

b. Nếu tỉ lệ khí NO 2 và khí C thay đổi thì khối lượng muối khan thay đổi trong khoảng giá trị nào? 

Câu IV ( 3 điểm ): 

Trong một bình kín dung tích 2,24 lít chứa một ít bột Ni xúc tác và hỗn hợp khí C 3 H 6 , C 2 H 4 , 

H 2 ( đktc ). Tỉ lệ số mol C 2 H 4 và C 3 H 6 là 1:1. Đốt nóng bình trong một thời gian, sau đó làm lạnh 

bình tới O 0 C thì áp suất trong bình lúc đó là P. Tỉ khối so với hidro của hỗn hợp khí trong bình trước 

và sau phản ứng là 7,6 và 8,445. 

1) Giải thích tại sao tỉ khối tăng? 

2) Tính % thể tích các khí trong bình trước phản ứng? 

3) Tính áp suất P? 

4) Tính hiệu suất phản ứng đối với mỗn anken. Biết nếu cho khí trong bình sau phản ứng lội từ từ 

qua bình nước brom thấy brom nhạt màu và khối lượng bình nước brom tăng 1,05gam? 






Trang-8 











Câu V ( 4 điểm ): 

1) Một học sinh dự định điều chế axit m-aminobenzoic và 2-clo-4-nitro toluen xuất phát từ toluen 

theo 2 sơ đồ sau đây: 

CH 3 CH 3 CH 3 COOH 

NO 2 NH 2 

NH 2 

CH 3 CH 3 CH 3 

Cl 2 

Cl 2 

NO 2 

Hãy chỉnh lại sơ đồ trên nếu như chưa hợp lí và giải thích? 

2) Công thức đơn giản nhất của một axit hữu cơ no, mạch hở là C 2 H 3 O 2 . 

a. Hãy biện luận xác định CTPT, CTCT và gọi tên axit trên? 

b. Đun axit trên với hỗn hợp 2 ancol đơn chức, đồng đẳng ( xúc tác H 2 SO 4 đặc ) được một hỗn 

hợp este, trong đó có este E. Biết E không phản ứng với Na. Đốt cháy hoàn toàn 1 mol E thu 

được 7 mol CO 2 . Xác định cấu tạo của E ? 

c. F là đồng phân của E và có cấu tạo mạch không phân nhánh. Xác định cấu tạo của F biết rằng: 

F + NaOH ( dư ) ⎯⎯→ 

t 0 

A + B 

A + NaOH ⎯ t 0 

⎯ , cao 

→ CH 4 + Na 2 CO 3 

B ⎯ ⎯→ C + H 2 O + H 2 

C ⎯ Na ⎯→ Cao su buna 

Câu VI ( 3 điểm ): 

Để đốt cháy hoàn 13,32 gam chất X chứa các nguyên tố C, H, O cần 129,6 gam CuO và cho khí 

của sản phẩm cháy lần lượt qua ống 1 đựng P 2 O 5 và ống 2 đựng KOH, sau khi kết thúc thí nghiệm 

thấy khối lượng ống 1 tăng 7,56 gam, còn ống 2 tăng a gam. 

1) Xác định CTPT của X. Biết M X < 250 đvC? 

2) Xác định CTCT chính xác của X. Biết rằng khi thủy phân 1 mol X cần 2 mol H 2 O và thu được 

3 sản phẩm A, B, C có cùng CTPT, trong đó từ A qua 2 phản ứng điều chế được thủy tinh 

plexiglat; từ B qua 3 phản ứng có thể điều chế được cao su buna; còn C là một hợp chất có 

vòng. Viết các phương trình phản ứng? 

Cho Ag=108; S=32; O=16; Mg=24; Ca=40; Ba=137; Cu=64; Zn=65; C=12; H=1 

-------------------------------------------HẾT--------------------------------------------- 

GHI CHÚ: 

- Thí sinh không được sử dụng tài liệu 

- Giám thị không giải thích gì thêm 






Trang-9 











































































































































































































































































































































































































































































































































































































































































































ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC CHỌN HSG VÒNG TỈNH LỚP 9 – MÔN HOÁ HỌC 

NĂM HỌC 2010 – 2011 




CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM 

I. 5 điểm 

1. 

2,0đ ** Từ các chất KMnO 4 , BaCl 2 , H 2 SO 4 , Cu có thể điều chế được các khí HCl, 

Cl 2 , O 2 , SO 2 , SO 3 , 

0,5 đ 

Các phương trình phản ứng hóa học tạo thành các khí : 

* BaCl 2(r) + H 2 SO 4 (đặc) → BaSO 4 ↓ + 2 HCl ↑ 

0,25 đ 

* BaCl 2(dd) + H 2 SO 4 (dd) → BaSO 4 ↓ + 2 HCl 

0,25 đ 

* 2KMnO 4(r) +16 HCl (đ) → 2 KCl (dd) + 2 MnCl 2(dd) + 5Cl 2 ↑+ 8 H 2 O (l) 

0,25 đ 

Đpnc 

( Hay BaCl 2 → Ba + Cl 2 ↑ ) 

t 

* 2 KMnO o 

4(r) → K 2 MnO 4(r) + O 2 ↑ + MnO 2(r) 

0,25 đ 

* Cu (r) + 2 H 2 SO 4(đặc) → CuSO 4(dd) + SO 2 ↑ + 2 H 2 O 

0,25 đ 

V 2 O 5 , t 

* 2 SO o 

0,25 đ 

2(k) + O 2(k) → 2 SO 3 ↑ 

II. 

2. 

1,75đ - Dãy chuyển hoá có thể là: 

Mg⎯→⎯ )1( MgO ⎯ ⎯→ 

( 2) 

MgSO 4 ⎯ ⎯→ 

( 3) 

Mg(OH) 2 ⎯ ⎯→ 

( 4) 

MgCl 2 ⎯ ⎯→ 

( 5) 

MgCO 3 

- Các phương trình phản ứng hóa học: 

t 

(1) 2 Mg o 

(r) + O 2(k) → 2 MgO (r) 

(2) MgO (r) + H 2 SO 4(dd) → MgSO 4(dd) + H 2 O (l) 

(3) MgSO 4(dd) + 2 NaOH (dd) → Mg(OH) 2 ↓ + Na 2 SO 4(dd) 

(4) Mg(OH) 2(r) + 2 HCl (dd) → MgCl 2(dd) + 2 H 2 O (l) 

(5) MgCl 2(dd ) + Na 2 CO 3(dd) → MgCO 3 ↓ + 2 NaCl (dd) 

(HS có thể viết thành dãy chuyển hoá khác, nếu đúng vẫn được tính theo 

thang điểm trên ) 

3. 

1,25đ Các phương trình phản ứng hoá học xảy ra: 

t 

3 Fe (r) + 2 O 2(r) ⎯⎯→ 

0 

Fe 3 O 4(r) 

Fe 3 O 4(r) + 4 H 2 SO 4(dd) → FeSO 4(dd) + Fe 2 (SO 4 ) 3(dd) + 4H 2 O (l) 

A: Fe 3 O 4 

B: FeSO 4 , Fe 2 (SO 4 ) 3 . 

♦Hỗn hợp khí gồm CO 2 , SO 2 và C 2 H 4 gồm có 2 oxit tác dụng được với kiềm 

và hai chất có thể tác dụng với brom trong dung dịch nên khi cho hỗn hợp 

vào dung dịch chứa một chất tan C, thì còn lại một chất khí D duy nhất đi qua 

dung dịch, sẽ có hai trường hợp: 

* Trường hợp 1: Chất C là kiềm NaOH (hay KOH. Ca(OH) 2 ...), hai oxit 

axit phản ứng và bị giữ lại trong dung dịch kiềm, C 2 H 4 không phản 

ứng thoát ra khỏi dung dịch kiềm. 

⇒ khí D là C 2 H 4 

0,5đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,5đ 

0,25đ 

0,25đ 

3 điểm 


0,5 đ 

0,5 đ 

0,25 đ 





Các phương trình phản ứng : 

CO 2(k) + 2 NaOH (dd) → Na 2 CO 3(dd) + H 2 O 

SO 2(k) + 2 NaOH (dd) → Na 2 SO 3(dd) + H 2 O 

0,25 đ 

0,25 đ 


Trang 1 







* Trường hợp 2: Chất C là dung dịch nước Br 2 , hai chất phản ứng và bị 

giữ lại trong dung dịch là SO 2 và C 2 H 4 còn khí CO 2 không phản 

ứng thoát ra khỏi dung dịch Br 2 . 

⇒ khí D là CO 2 

0,5 đ 

0,25 đ 




III. 

Các phương trình phản ứng : 

SO 2(k) + Br 2(dd) + 2 H 2 O → 2 HBr (dd) + H 2 SO 4(dd) 

C 2 H 4(k) + Br 2(dd) → C 2 H 4 Br 2(dd) 

1. 

1,25đ - Tỉ lệ % về khối lượng của nguyên tố oxi có trong A: 

%O = 100% - (32,39% + 22,54%) = 45,07% 

- Khối lượng mol của hợp chất A: 

M A 

= 28,4 : 0,2 = 142( g) 

- Đặt CTTQ của A là: Na x S y O z . 

- Ta có tỉ lệ : 

23x 

32y 

16z 

142 

= = = 

32,39% 22,54% 45,07% 100% 

142.32,39% 142.22,54% 142.45,07% 

→ x = 

≈ 2 ; y = 

≈ 1 ; z = 

≈ 4 

23.100% 

32.100% 

16.100% 

- Vậy CTHH của A là Na 2 SO 4 . 

(HS có thể giải theo cách tìm CTĐG ⇒ CTPT) 

2. 

1,25đ - Đặt CTTQ của oxit sắt cần tìm là Fe x O y . 

- Phương trình phản ứng hoá học 

Fe x O y(r) + 2y HCl (dd) → x FeCl 2y/x(dd) + y H 2 O (l) 

(56x + 16y)(g) (56x + 71y)(g) 

5,4(g) 

9,525(g) 

→ (56x + 16y). 9,525 = (56x + 71y). 5,4 

Giải phương trình trên, ta có tỉ lệ x : y = 1 : 1 

- Suy ra, CTHH của oxit sắt cần tìm là FeO. 

3. 

1,5đ - Số mol Fe tham gia phản ứng là: n Fe 

= 11,2 : 56 = 0,2( mol) 

- Phương trình phản ứng hoá học 

Fe (r) + 2HCl (dd) → FeCl 2(dd) + H 2 ↑ 

0,2(mol) 0,4(mol) 0,2(mol) 

* Thể tích khí H 2 tạo thành ở đk thường: 

V H 

= 0,2.24 = 4,8( lít) 

2 

* Khối lượng HCl tham gia phản ứng: 

m HCl 

= 0,4.36,5 

= 14,6( g) 

- Khối lượng HCl đã lấy dư 2%: 

m HCl 

= 14,6 

+ (2 : 100).14,6 = 14,892( g) 

- Khối lượng dung dịch axit HCl đã lấy: 

14,892.100% 

m dd ( HCl ) 

= 

= 99,28( g) 

15% 

0,25 đ 

0,25 đ 

4 điểm 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 


0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,25đ 






Trang 2 










IV. 

1. 

1,25đ * Vì (Z) là hợp chất hữu cơ nên (Z) phải chứa cacbon, khi đốt cháy 

sinh ra hơi nước, chứng tỏ trong (Z) có hidro. Mà (Z) chỉ chứa 2 loại 

nguyên tố ⇒ (Z) là hidrocacbon. 

* Gọi CT chung của (Z) là C x H y 

2 C x H y + (4x+y)/2 O 2 → 2x CO 2 ↑ + y H 2 O 

Theo đề : 2(12x + y) = 18y 

⇒ x : y = 2 : 3 

⇒ CTĐG nhất C 2 H 3 

2. 

1,75đ * M (Z) = 27 . 2 = 54 

⇒ CTĐG : (C 2 H 3 ) n ⇒ 27n = 54 

⇒ n = 2 ⇒ CTPT : C 4 H 6 

Các CTCT : CH ≡ C- CH 2 - CH 3 

CH 3 - C ≡ C- CH 3 

CH 2 = C = CH- CH 3 

CH 2 = CH – CH = CH 2 

3 điểm 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

V. 5 điểm 

1. 2,5đ 

Các phương trình phản ứng hóa học: 

* MgCO 3(r) + 2 HCl (dd) → MgCl 2(dd) + H 2 O (l) + CO 2 ↑ 

0,25 đ 

x (mol) 2x (mol) x (mol) 

* CaCO 3(r) + 2 HCl (dd) → CaCl 2(dd) + H 2 O (l) + CO 2 ↑ 

0,25 đ 

y (mol) 2y (mol) y (mol) 

* Vì ddY tác dụng với NaHCO 3 thu khí CO 2 ⇒ trong ddY còn HCl dư 

* NaHCO 3 + HCl dư(dd) → NaCl (dd) + H 2 O + CO 2 ↑ 

0,25 đ 

* Số mol HCl dư = số mol CO 2 = 2,24 / 22,4 = 0,1 mol 

* Số mol HCl ban đầu = 1 . 0,8 = 0,8 mol 

* Số mol HCl tác dụng với hỗn hợp X = 0,8 - 0,1 = 0,7 mol 

* Hệ phương trình : 84x + 100y = 31,8 (I) 

* 2x + 2y = 0,7 (II) 

* Giải ra : x = 0,2 và y = 0,15 

* Khối lượng của MgCO 3 = 84 . 0,2 = 16,8 gam 

Khối lượng của CaCO 3 = 100 . 0,15 = 15 gam 

2. 0,5đ 

* Khối lượng của các muối trong Y = 95x + 111y 

= 95 . 0,2 + 111 . 0,15 = 35,65 gam 

(HS có thể áp dụng định luật bảo toàn khối lượng) 

3. 2,0đ Khí Z là CO 2 . 

* Số mol CO 2 = ½ . số mol HCl = ½ . 0,7 = 0,35 mol 

* Số mol Ba(OH) 2 = 0,2 . 2 = 0,4 mol 

Vì nBa(OH) 2 > nCO 2 nên tạo muối BaCO 3 và còn Ba(OH) 2 dư 

CO 2 (k) + Ba(OH) 2(dd) → BaCO 3 ↓ + H 2 O (l) 

* Số mol CO 2 = số mol BaCO 3 = số mol Ba(OH) 2 td = 0,35 mol 

* Số mol Ba(OH) 2 dư = 0,4 – 0,35 = 0,05 mol 

* Khối lượng của BaCO 3 = 0,35 . 197 = 68,95 gam 

* Khối lượng của Ba(OH) 2 dư = 171 . 0,05 = 8,55 gam 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 

0,25 đ 







Trang 3 










Phần ghi chú hướng dẫn chấm môn Hóa 

* Trong phần lí thuyết đối với phương trình phản ứng cân bằng hệ số sai hoặc thiếu điều kiện 

thì trừ đi nửa số điểm dành cho nó ; nếu thiếu cả 2 điều kiện và cân bằng hệ số sai cũng trừ đi nửa 

số điểm. Trong một phương trình phản ứng nếu có từ một công thức trở lên viết sai thì phương 

trình đó không được tính điểm . 

* Giải bài toán bằng những phương pháp khác nhau nhưng nếu tính đúng, lập luận chính xác 

và dẫn đến kết quả đúng vẫn được tính theo biểu điểm trên. Trong khi tính toán nếu lầm lẫn một 

câu hỏi nào đó dẫn đến kết quả sai thì trừ đi nửa số điểm dành cho câu hỏi đó. Nếu tiếp tục dùng 

kết quả sai để giải các vấn đề tiếp theo thì không tính điểm các phần sau đó . 







Trang 4

TỔNG HỢP ĐỀ THI HSG HÓA HỌC LỚP 12, LỚP 9 CÓ GIẢI CHI TIẾT TỈNH KIÊN GIANG

Create successful ePaper yourself

Delete template?

Save as template?