Đáp án đề đề xuất thi học sinh giỏi trại hè Hùng Vương lần thứ XV môn Hóa học Lớp 11 năm 2019 - Trường THPT chuyên Lào Cai

Nội dung text: Đáp án đề đề xuất thi học sinh giỏi trại hè Hùng Vương lần thứ XV môn Hóa học Lớp 11 năm 2019 - Trường THPT chuyên Lào Cai

1. TRƯỜNG THPT CHUYÊN HDC KÌ THI HSG TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XV. LÀO CAI NĂM 2019 - MÔN: HÓA HỌC – KHỐI: 11 (Thời gian: 180 phút) (HDC có 8 câu in trong 11 trang) ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Câu 1. (2.5 điểm) Tốc độ phản ứng có cơ chế Tầng Ozon có thể bị phá hủy do sự tác động của khí NO 2. Phản ứng của O 3 với NO2 theo phương trình phản ứng sau: 0 0 -1 2NO2 (k) + O3 (k) N2O5 (k) + O2 (k) H = -198kJ, S = -168J.K 0 1 0 1 1. Tính H f của NO2 (k) theo kJ.mol biết H f (O3) = 143 kJ.mol 0 1 H f (N2O5) = 11 kJ.mol . 2. Giải thích về dấu của S0. 3. Tính giá trị của G0 ở 250C. 4. Nhận xét và giải thích về khả năng tự xảy ra của phản ứng khi tăng nhiệt độ. 5. Sử dụng dữ liệu về tốc độ phản ứng cho dưới đây để xác định biểu thức định luật tốc độ phản ứng theo NO2 (k) và O3 (k). 1 NO2 (k), M O3 (k), M v(M.s ) 0,0015 0,0025 4,8.10 8 0,0022 0,0025 7,2.10 8 0,0022 0,0050 1,4.10 7 6. Tính giá trị chính xác của hằng số tốc độ và cho biết thứ nguyên của nó. 7. Các cơ chế dưới đây được đề nghị cho phản ứng. Bình luận về sự phù hợp của mỗi cơ chế để giải thích cho biểu thức định luật tốc độ thu đựơc. Cơ chế I Cơ chế II NO2 + NO2 NO3 + NO : chậm NO2 + O3 NO3 + O2 : nhanh NO3 + NO2 N2O5 : nhanh NO3 + NO2 N2O5 : chậm. NO + O3 NO2 + O2 : nhanh HDG: Nội dung Thang điểm 0 1. 2NO2 (k) + O3 (k) N2O5 (k) + O2 (k) H = -198kJ 0 0 0 0 0 H PƯ = H f(N2O5) + H f(O2) [ 2 H f(NO2) + H f(O3) ] 0,5đ 0 0 -198 = 11 + 0 [2. H f(NO2) + 143] H f(NO2) = 33 kJ. 2. S0 < 0 vì ba mol khí chuyển hoá thành hai mol khí nên tính vô hỗn loạn của hệ 0,25đ giảm dẫn tới entropy giảm. 3. G0 = H0 T. S = -198000J 298.(-168) = 147936 J 148kJ. 0,25đ 4.Khả năng tự diễn ra của phản ứng giảm khi nhiệt độ tăng do S0 < 0. Ta có : G = H T S 0,25đ Bỏ qua sự thay đổi của H, S theo nhiệt độ tức H H 0, S S 0 mà S < 0 nên T S < 0 G dương hơn khi T tăng làm giảm khả năng tự xảy ra của phản ứng. a b 5. Biểu thức định luật tốc độ phản ứng: v = k[NO] .[O3] a b 8 v1 = k.(0,0015) .(0,0025) = 4,8.10 a b 8 v2 = k.(0,0022) .(0,0025) = 7,2.10 a b 7 v3 = k.(0,0022) .(0,0050) = 1,4.10 Ta có : v 0,0022 8 2 a 7,2 .10 0,25đ ( ) = 8 a = 1. v1 0,0015 4,8.10
2. 7 v3 0,0050 b 1,4.10 ( ) = 8 b = 1. v2 0,0025 7,2.10 0,25đ Phản ứng là bậc 1 với cả NO và O3. 6. Biểu thức định luật tốc độ phản ứng v = k[NO].[O3] 0,25đ 8 1 1 v1 = k.(0,0015).(0,0025) = 4,8.10 k = 0,0128 lit.mol .s . 7. Xét hai cơ chế Cơ chế I Cơ chế II NO2 + NO2 NO3 + NO : chậm NO2 + O3 NO3 + O2 : nhanh NO3 + NO2 N2O5 : nhanh NO3 + NO2 N2O5 : chậm. NO + O3 NO2 + O2 : nhanh Giai đoạn chậm quyết định tốc độ phản ứng. 2 Cơ chế I : v = k.[NO2] 0,25đ 2 Cơ chế II: v = k.[NO3][NO2] . 0,25đ cả hai cơ chế trên đều không phù hợp Câu 2 (2,5điểm): Nhiệt, cân bằng hóa học o Ở 25 C và áp suất 1 atm độ tan của CO2 trong nước là 0,0343 mol/l. Biết các thông số nhiệt động sau: ∆G0 (kJ/mol) ∆H0 (kJ/mol) CO2 (dd) -386,2 -412,9 H2O (l) -237,2 -285,8 - HCO3 (dd) -578,1 -691,2 H+(dd) 0,00 0,00 1. Tính hằng số cân bằng K của phản ứng: + - CO2 (dd) + H2O (l) H (dd) + HCO3 (dd) - 4 2. Tính nồng độ của CO2 trong nước khi áp suất riêng của nó bằng 4,4.10 atm và pH của dung dịch thu được. 3. Khi phản ứng hòa tan CO 2 trong nước đạt đến trạng thái cân bằng, nếu nhiệt độ của hệ tăng lên nhưng nồng độ của CO2 không đổi thì pH của dung dịch tăng hay giảm? Tại sao? HDC: Nội dung Thang điểm 1. Tính hằng số cân bằng K của phản ứng: + - CO2 (dd) + H2O (l) H (dd) + HCO3 (dd) (1) 0 0 + 0 - 0 0 ∆G pư = ∆G (H ) + ∆G (HCO3 ) ∆G (CO2) ∆G (H2O) 0,5đ = 0,0 + (-578,1) + 386,2 + 237,2 = 45,3 kJ/mol 0 0 3 ∆G pư = RTlnK lnK = ∆G pư/RT = (45,3.10 ) : (8,314 298) 0,5đ = 18,284 K = 1,15. 10-8 2. Tính nồng độ của CO2 và pH của dung dịch. [CO ] = K . P 0,0343 4,4.10 4 1,51.10 5 (mol/l) 0,25đ 2 H CO2 + - 2- - 2- [H ] = [HCO3 ] + 2[CO3 ] + [OH ] (2). Vì [CO3 ] rất nhỏ nên có thể bỏ qua. + - - + 0,25đ Theo (1), K = [H ].[HCO3 ] : [CO2] [HCO3 ] = K[CO2] : [H ] - + + + Thay [HCO3 ] vào (2) được [H ] = K[CO2]:[H ] + Knước : [H ] 0,25đ + 2 -8 -5 -14 hay [H ] = K[CO2 ] + Knước = 1,15.10 1,15.10 + 10 0,25đ Tính ra: [H+] = 4,32. 10-7 pH = 6,37 3. Khi phản ứng hòa tan CO2 trong nước đạt đến trạng thái cân bằng, nếu nhiệt độ của hệ tăng lên nhưng nồng độ của CO2 không đổi thì pH của dung dịch tăng hay giảm. Tại sao? 0 0 + 0 - 0 0 ∆H pư = ∆H (H ) + ∆H (HCO3 ) ∆H (CO2) ∆H (H2O) = 0,0 691,2 + 412,9 + 285,8 = 7,5 kJ/mol 0,25đ
3. 0 Do ∆H pư > 0, khi nhiệt độ tăng cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận, pH giảm. 0,25đ Câu 3. (2.5 điểm) Dung dịch điện ly - phản ứng oxi hoá khử - pin điện điện phân (có cân bằng tạo chất ít tan) Dung dịch X chứa H3PO4 và H2SO4 0,010M có pHX = 1,75. 1. Tính nồng độ mol/l của H3PO4 trong dung dịch X. 2. Thêm một lượng HCOOH vào dung dịch X, thu được dung dịch Y. Xác định nồng độ HCOOH có trong dung dịch Y sao cho độ điện li của H3PO4 giảm 20% so với trước khi cho vào. (Coi thể tích dung dịch không đổi khi thêm HCOOH). 3. Chuẩn độ dung dịch X bằng dung dịch NaOH 0,020M. Tính sai số chuẩn độ nếu dừng chuẩn độ tại: a) pH = 4,4 (ứng với sự chuyển màu metyl da cam từ màu da cam sang màu vàng). b) pH = 9,0 (ứng với sự chuyển màu phenolphtalein từ không màu sang màu hồng nhạt). Cho biết:H 3PO4 có pKa1 = 2,15; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32; - pKa(HSO4 ) = 1,99; pKa(HCOOH) = 3,75; pKw = 14,00. HDG: Nội dung Thang điểm Tính nồng độ mol/l của H3PO4 trong dung dịch X. 10 1,99 [SO2 ] 0,01 3,652.10 3 M 4 10 1,75 10 1,99 10 2,15 [H PO ] c 0,285c (M) 0,25đ 2 4 10 1,75 10 2,15 Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có: + - 2- - [H ] = [H2PO4 ] + 2[SO4 ] + [HSO4 ] 10-1,75 = 0,285c + 2.3,652.10-3 + (0,01 - 3,652.10-3) 0,25đ c = 1,45.10-2 (M) Độ điện ly của H3PO4 trước khi có HCOOH là [H PO ] 10 2,15 = 2 4 0,285 = 28,5% 1 c 10 1,75 10 2,15 0,25đ Độ điện ly sau khi thêm HCOOH là 28,5% x 80% = 22,8% Nồng độ [H+] sau khi thêm HCOOH là: [H3PO4 ] 2,15 1 0,228 2 [H ] = Ka1 10 2,397.10 (M) [H2PO4 ] 0,228 0,25đ Gọi a là nồng độ HCOOH ban đầu trong dung dịch A: 10 3,75 [HCOO ] a 7,364.10 3 a (M) 2,397.10 2 10 3,75 10 1,99 [SO2 ] 0,01 2,992.10 3 M 4 2,397.10 2 10 1,99 0,25đ Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có: + - 2- - - [H ] = [H2PO4 ] + 2[SO4 ] + [HSO4 ] + [HCOO ] 2,397.10-2 = 22,8%.1,45.10-2 + 2.2,992.10-3 + (0,01 - 2,992.10-3) + 7,364.10-3a a = 1,042M 0,25đ 3. Giả thiết thể tích dung dịch X là 100,0 mL. Khi chuẩn độ dung dịch X, ta có:
4. - 5,06 4 pKa (HSO4 ) ≈ pKa1 (H3PO4); Ka1(H3PO4)/Ka2 (H3PO4) = 10 > 10 - Khi dùng metyl da cam làm chỉ thị, chuẩn độ H2SO4 và nấc 1 của H3PO4. - Khi dùng phenolphtalein làm chỉ thị, chuẩn độ H2SO4 và nấc 1, nấc 2 của H3PO4. 0,25đ a) Các phản ứng chuẩn độ: + - H + OH → H2O - - 2- HSO4 + OH → H2O + SO4 - - H3PO4 + OH → H2O + H2PO4 2- - + Tại điểm tương đương, hệ gồm có: H2O, SO4 , H2PO4 , Na Xét 1 cách gần đúng, pHTĐ1 = 0,5x(pKa1 + pKa2) = 4,68 > 4,4 => phản ứng chuẩn độ dừng ở trước điểm tương đương. 0,02VTD1 = (2.0,01+1.0,0145).100 => VTĐ1 = 172,5 mL. Tại pH = 4,4, ta có: 1,99 2 0,01x100 10 0,996 [SO4 ] 1,99 4,4 (M) 100 V1 10 10 100 V1 0,0145x100 Ka1[H ] 1,442 [H2PO4 ] 2 (M) 100 V1 [H ] Ka1[H ] + Ka1Ka2 100 V1 1,45.10 2 x100 [H ]2 8,096.10 3 [H3PO4 ] 2 (M) 100 V1 [H ] Ka1[H ] + Ka1Ka2 100 V1 Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có: + + - 2- - [H ] + [Na ] = [H2PO4 ] + 2[SO4 ] + [HSO4 ] V 1,442 0,996 0,004 10 4,4 0,02 1 2x 100 V1 100 V1 100 V1 100 V1 0,25đ V1 = 171,9 mL. 171,9 172,5 Sai số chuẩn độ: q = .100% 0,35% 172,5 b) Các phản ứng chuẩn độ: + - H + OH → H2O - - 2- HSO4 + OH → H2O + SO4 - - H3PO4 + OH → H2O + H2PO4 - - 2- H2PO4 + OH → H2O + HPO4 2- 2- + Tại điểm tương đương, hệ gồm có: H2O, SO4 , HPO4 , Na Xét 1 cách gần đúng, pHTĐ2 = 0,5x(pKa2 + pKa3) = 9,765 > 9,0 => phản ứng chuẩn độ dừng ở trước điểm tương đương. 0,02VTD2 = (2.0,01+2.0,0145).100 => VTĐ1 = 245,00 mL. 0,25đ Tại pH = 9,0, ta có: 1,99 2 0,01x100 10 1 [SO4 ] 1,99 9,0 (M) 100 V2 10 10 100 V2 2 0,0145x100 [H ] 2,314.10 [H2PO4 ] (M) 100 V2 [H ] Ka2 100 V2 2 2 1,45.10 x100 Ka2 1,427 [HPO4 ] (M) 100 V2 [H ] Ka2 100 V2 Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có: + - - 2- 2- [Na ] = [OH ] + [H2PO4 ] + 2[HPO4 ] + 2[SO4 ] V 2,314.10 2 1,427 1 0,02 2 10 5 2x 2x 100 V2 100 V2 100 V2 100 V2 V = 243,86 mL. 2 0,25đ
5. 243,86 245,00 Sai số chuẩn độ: q2 = .100% 0,465% 245,00 Câu 4. (2.5 điểm) Hóa nguyên tố (nguyên tố nhóm IV, V) Khi đun nóng magie kim loại với khí nitơ tạo thành hợp chất A màu xám nhạt. A phản ứng với nước sinh ra kết tủa B và khí C. Khí C phản ứng với ion hypoclorit thu được chất lỏng D không màu. Chất lỏng D phản ứng với axit sunfuric theo tỉ lệ mol 1:1 tạo ra hợp chất ion E. Dung dịch trong nước của E phản ứng với axit nitrơ; sau đó trung hòa dung dịch thu được với amoniac, tạo thành muối F có công thức thực nghiệm là NH. Khí C phản ứng với natri kim loại đun nóng, thu được chất rắn G và khí hiđro. Chất G phản ứng với đinitơ oxit theo tỉ lệ mol 1:1, sinh ra chất rắn L và nước. Anion trong L và F là giống nhau. Cho lượng dư G tác dụng với axetilen thu được M, cho M tác dụng với Cacbonic rồi axit hóa thu được J (C4H2O4). Xác định các chất A, B, C, D, E, F, G, L, M và J. Viết phương trình phản ứng. HDG: Nội dung Thang điểm A: Mg3N2; B: Mg(OH)2; C: NH3; D: NH2-NH2; E: N2H6SO4; 10x0,125 = 1,25đ F: NH4N3; G: NaNH2; L: NaN3; M: C2Na2 J: C2(COOH)2 Viết các PTPƯ: 10x0,125 = (1) 3Mg + N2 → Mg3N2 1,25đ (2) Mg3N2 + 6H2O → 3Mg(OH)2 + 2NH3 - - (3) ClO + 2NH3 → Cl + N2H4 + H2O (4) N2H4 + H2SO4 → N2H6SO4 2+ - + (5) N2H6 + HNO2 → N3 + 3H + 2H2O + - (6) NH3 + H + N3 → NH4N3 (7) 2NH3 + 2Na → 2NaNH2 + H2 (8) NaNH2 + N2O → NaN3 + H2O (9) HC≡CH + 2NaNH2 → NaC≡CNa (10) NaC≡CNa + 2CO2 → NaOOC-C≡C-COONa; NaOOC-C≡C-COONa + 2H+→ HOOC-C≡C-COOH Câu 5. (2.5 điểm) Phức chất, phân tích trắc quang 1. Chỉ thị axit-bazơ thường là các axit hoặc bazơ yếu. Để xác định hằng số phân li axit của chỉ thị, ta dùng phương pháp đo quang. Chỉ thị HIn là một đơn axit yếu có pKa ≈ 8, chỉ thị này có dạng HIn hấp thụ quang cực đại ở bước sóng 520 nm còn dạng ánh sáng ở bước sóng này yếu hơn. Để xác định chính xác hằng số pK a của chất chỉ thị HIn, người ta chuẩn bị 3 dung dịch chất chỉ thị có cùng nồng độ mol/l nhưng được điều chỉnh ở các pH khác nhau. Tiến hành đo mật độ quang của 3 dung dịch đó tại bước sóng 520 nm, kết quả được đưa ra ở bảng sau: pH 1,0 7,4 13,0 Mật độ quang A 0,90 0,64 0,10 Xác định hằng số phân li axit Ka của chất chỉ thị này? HDG: Nội dung Thang điểm Gọi nồng độ của các mẫu đo là c (M) Tại pH = 1, dạng tồn tại là dạng HIn, do đó [HIn] = c (M)
6. 0,9 AHIn = = 0,9 => HIn l.c 0,5đ Tại pH = 3, dạng tồn tại là dạng In-, do đó [In-] = c (M) 0,1 AIn = εIn.l.c = 0,10 =>  In l.c 0,5đ Tại pH = 7,4 => chỉ thị tồn tại ở cả hai dạng là HIn và In-. Khi đó ta có: [H ] K [HIn] c và [In ] c a [H ] K [H ] K a a 0,5đ - A = εHIn.l.[HIn] + εIn.l.[In ] = 0,9 [H ] 0,1 Ka .l.c .l.c = 0,64 l.c [H ] Ka l.c [H ] Ka Thay [H+] = 10-7,4 vào ta có: 7,4 10 Ka -7,65 0,5đ 0,9. 0,1. = 0,64 => Ka = 10 10 7,4 K 10 7,4 K a a 0,5đ Câu 6. (2,5 điểm) Cơ chế 1. Đề nghị cơ chế cho quá trình chuyển hoá này. H + CH3 CH -C=CH-CH -CH -C=CH-CH OH 3 2 2 2 H3C CH3 CH OH 3 CH3 a. geraniol -Terpineol O H+ O O O b. H+ O c. HO d. CO2H NH 2 NaNO2 O HCl O O O O O O O 2. Viết tất cả các sản phẩm ngưng tụ, chứa không quá 8 nguyên tử cacbon, có thể tạo thành giữa axeton và xyclobutanon. HDG:
7. Nội dung Thang điểm H + + CH -C=CH-CH -CH -C=CH-CH CH3-C=CH-CH2-CH2-C=CH-CH2OH 3 2 2 2 0,5x4 = 2đ H O CH 2 CH CH 3 CH3 3 3 + H C 3 + CH -C=CH-CH -CH -C=CH-CH 3 2 2 2 CH3 H3C CH3 CH3 H O + 2 CH 3 + H H3C H3C CH3 CH H C 3 OH 3 + OH2 a. H O O H+ O O OH OH O O O O O O b. H c. + H+ -H O O O O HO d. Dẫn xuất o-amino của axit benzoic tác dụng với NaNO 2/HCl tạo muối điazoni. Hợp chất này không bền tự phân hủy, giải phóng CO2 và N2 tạo thành một hợp chất benzyn rất hoạt động, vừa hình thành đã tham gia phản ứng đóng vòng Đinxơ-Anđơ nội phân tử với dị vòng furan.
8. O O CO2H H N N NH2 O NaNO2 - N2 O HCl O O O O O O O O O O O O O O 0,125x4 = 0,5đ Câu 7. (2,5 điểm) Hiđrocacbon 1. Hidrocacbon A quang hoạt có công thức phân tử C8H12. Khi thực hiện phản ứng hidro hóa A bằng xúc tác Pt, đun nóng thu được B[C8H18] không quang hoạt, nhưng nếu dùng xúc tác Lindlar lại thu được C[C8H14] quang hoạt. Cho A phản ứng Na trong NH 3 lỏng thu được hợp chất D không quang hoạt có công thức phân tử C8H14. Xác định cấu trúc các chất A, B, C, D. 2. Hidrocacbon A chứa 1 nguyên tử C bất đối và có những tính chất sau: - 0,345 g A làm mất màu hoàn toàn 5 ml dung dịch brom 0,5M trong CHCl3 + - Oxi hóa A bằng dung dịch KMnO 4/H cho sản phẩm hữu cơ duy nhất B. Đun nhẹ B với I 2 trong dung dịch kiềm thu được muối của axit hữu cơ C và chất rắn màu vàng có thành phần nguyên tố C là 3,1 %; H= 0,3 %; còn lại là iot. Có thể điều chế C từ phản ứng của phenol với propilen có mặt H2SO4, +. sau đó hidro hóa bằng H2/Ni rồi oxi hóa bằng KMnO4/H - Cho A cộng hợp HBr cho sản phẩm không chứa C*. Hidro hóa A thu được hidrocacbon no là D, có thể điều chế D bằng cách hidro hóa L (L là một trong những sản phẩm đime hóa đóng vòng 2+4 của isopren). Xác định cấu tạo và tên gọi A, B, C, D, L. HDG: Nội dung Thang điểm Me Me Me Me B Me Me 0,125x4=0,5đ hoac A Me Me Me Me Me Me Me Me hoac C Me D Me Me Me * Công thức phân tử A: A có t nối đôi + vòng 3 cạnh nên MA= Khối lượng mol A ứng với mỗi nối đôi hoặc vòng 3 cạnh là: 0,345.1000 138 5. 0,5 A có t nối đôi+ vòng 3 cạnh nên MA= 138t. Giá trị này tương ứng với công thức (C 10H18)t. Vì A là đime của isopren cho cùng 1 hidrocacbon D khi bị hidro hóa, nên t=1 và CTPT A : C10H18. * Cấu tạo C: 0,25đ
9. OH OH OH COOH propen COOH H2/Ni KMnO4 + H t0 H+ 0,25đ Phenol C * Cấu tạo A, B: C có nhánh isopropyl; C là sản phẩm oxi hóa cắt mạch bởi KMnO4, phản ứng idofom nên A là hidroacacbon mạch vòng chứa 1 nối đôi, 2 mạch nhánh Me, CH(Me)2. Để cho A tạo B, C có 2 giả thiết cấu tạo A là A1, A2: HOOC KMnO - COOH - O KMnO4 4 I2/HO I2/HO O + H+ -CHI H 3 COOH -CHI3 COOH A1 C B A B1 2 2 HBr Br Br HBr * 0,5đ Không có C* Có C* Rõ ràng là A có cấu tạo A1, B có cấu tạo B1 * Cấu tạo D D là sản phẩm hidro hóa A, cũng là sản phẩm đi me hóa 2+4 của isopren: H 2 H2 2+4 xt xt A D 0,5đ Vậy cấu tạo và tên gọi A,L, D, B, C: D A L 4-Isopropyl-1-metylxiclohex-1-en 4-Isopropenyl-1-metylxiclohex-1-en 4-Isopropyl-1-metylxiclohexan hay p-ment-1-en hay limonen hay p-mentan COOH O COOH COOH 0,5đ B C axit 3-isopropyl-6-oxoheptanoic axit 3-isopropylhexandioic Câu 8 (2,5 điểm) Tổng hợp hữu cơ, xác định cấu trúc 1. Hợp chất thiên nhiên X chứa 66,67 % C; 6,67 % H còn lại là O. Biết phân tử khối X là 180. X tác dụng với anhidrit axetic ( Ac2O) cho A (C14H16O5), với HBr lạnh cho B (C10H11BrO2, gồm 2 đồng phân cấu tạo B1, B2), với CH3I có mặt NaOH cho D (C11H13O3), với HI đun nóng cho CH3I, với O3 sau đó là Zn/HCl cho E (C8H8O3). E tác dụng với HI nóng cũng cho CH3I, khử được AgNO3/NH3. X, B, E tan trong dung dịch NaOH nhưng không tan trong dung dịch NaHCO3. A và D
10. không tan trong dung dịch NaOH nhưng dễ làm mất màu dung dịch KMnO 4 loãng, dung dịch Br2 loãng. a. Xác định công thức phân tử và các nhóm chức có trong phân tử X. b. Xác định công thức cấu tạo X, A, B, D và E biết E là đồng phân có pKa thấp nhất. c. Viết các phương trình phản ứng đã xảy ra và giải thích sự tạo thành B. 2. Syntin ( 1-metyl-1,2-dixyclopropylcyclopropan) được làm nhiên liệu cho xe phóng tên lửa. Sơ đồ tổng hợp syntin từ etanol như sau: .C H ONa + KMnO4 C2H5OH C2H5ONa 1 2 5 H3O C2H5OH + A B C (C6H10O3) D E H3O H+ 2. O SOCl2 Al(OC(CH ) ) K2CO3 KOH N2H4.H2O 3 3 3 F I H (C10H14O) G to Syntin Chất E cũng có thể được điều chế từ axit levulinic theo sơ đồ sau: O + C2H5OH LiAlH4 H O COOH J K 3 E H+,toC Xác định cấu tạo của các hợp chất từ A-K, biết rằng chuyển hóa của G thành H thuộc loại ngưng tụ aldol-croton. HDG: Nội dung Thang điểm 1. -X C10H1203( + =5) + Ac2O → A ( +  =7) nên X chứa 2 –OH X + HBr lạnh → B C10H11BrO2 nên X có 1- OH ancol phản ứng, B tan trong dd NaOH, ko tan NaHCO3 → B có 1- OH phenol→ X có 1-OH phenol, 1-OH ancol. Mặt khác X + CH3I/ NaOH tạo D C 11H14O3, ko tan trong NaOH → X có 1-OH phenol đã phản ứng. - X + HI đun nóng→ CH3I nên X có 1 –O-C ete - X phản ứng O3, sau đó Zn, HCl thu E C8H8O3, E tan trong NaOH, khử được + Ag /NH3, phản ưng HI nên E chứa,- CH=O, C-O ete, X chứa C=C. Dạng E là 0,5đ OH OCH3 CH=O - A, D ko tan NaOH nhưng làm mất màu KMnO4 loãng, Br2 loãng nên A chứa -C=C- hở. Vây X chứa 2-OH, CH3O-; CH=CH a. Công thức E thỏa mãn 0,5đ
11. OH OH OAc E X A OCH OCH 3 3 OCH3 CH=O CH=CH-CH OH 2 CH=CH-CH2OAc OCH OH OH 3 D B1 B2 OCH3 OCH3 OCH3 CH=CH-CH2OH CH=CH-CH2Br CHBr-CH=CH2 b. Viết phương trình 0,5đ Giải thích tạo thành B OH OH OH cvi + H+ OCH 3 OCH3 OCH3 CH=CH-CH OH + + 2 CH=CH-CH2 CH-CH=CH2 + Br- + Br- OH OH B2 B1 OCH3 OCH3 CHBr-CH=CH2 CH=CH-CH2Br O O 10x0,1 = 1đ O O O KMnO4 O C2H5OH CHONa C2H5OH 2 5 OCH HO+ + 1)C2H5ONa 2 5 3 H OC2H5 - OH OC2H5 O O A B C 2) O O O O O SOCl + Al(OC(CH3)3)3 K2CO3 2 OH H3O Cl O E H + D H3O EtO OEt N2H4.H2O OH K NH N KOH O LiAlH4 CHOH toC EtO OEt 2 5 I OEt H+ COOH Syntin J O HẾT.