Hướng dẫn chấm đề thi chính thức môn Hóa học - Kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia Lớp 12 THPT năm 2009

Nội dung text: Hướng dẫn chấm đề thi chính thức môn Hóa học - Kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia Lớp 12 THPT năm 2009

1. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM 2009 Dự thảo HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN HÓA HỌC Câu 1 (2 điểm). 1. Phân loại các chất sau đây theo bản chất của lực tương tác giữa các đơn vị cấu trúc trong mạng tinh thể của chúng: Cu, kim cương, MgO, C6H12O6, I2, Pb, BN, NaH. 2. Máu trong cơ thể người có màu đỏ vì chứa hemoglobin (chất vận chuyển oxi chứa sắt). Máu của một số động vật nhuyễn thể không có màu đỏ mà có màu khác vì chứa một kim loại khác (X). Tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở) lập phương tâm diện của tinh thể X (hình bên), có cạnh bằng 3,62.10-8 cm. Khối lượng riêng của nguyên tố này là 8920 kg/m3. a. Tính thể tích của các nguyên tử trong một tế bào và phần trăm thể tích của tế bào bị chiếm bởi các nguyên tử. b. Xác định nguyên tố X. Hướng dẫn giải: 1. - Tương tác kim loại - kim loại: Cu, Pb. - Tương tác tĩnh điện giữa các ion tích điện trái dấu: MgO, NaH. - Tương tác bằng lực liên kết cộng hoá trị: kim cương, BN. - Tương tác bằng lực giữa các phân tử: C6H12O6, I2. 2. a. Trong 1 tế bào đơn vị của tinh thể X (mạng lập phương tâm diện) có 4 đơn vị cấu 4 3 trúc, do đó thể tích bị chiếm bởi 4 nguyên tử X là: Vnt = 4 × πr (1) 3 Mặt khác, trong tế bào lập phương tâm diện, bán kính r của nguyên tử X liên quan a 2 với độ dài a của cạnh tế bào bằng hệ thức: 4r = a2 hay r = (2) 4 -23 3 Thay (2) vào (1) và áp dụng số, tính được: Vnt = 3,48.10 cm 3 -8 3 -23 3 Thể tích của tế bào: Vtb = a = (3,62.10 ) = 4,70.10 (cm ) Như vậy, phần trăm thể tích của tế bào bị chiếm bởi các nguyên tử là: -23 -23 (Vnt:Vtb) × 100% = (3,48.10 : 4,70.10 ) × 100% = 74% nM NV 4,7.10 23 b. Từ: ρ = M = ρ = 8,92 × 6,02.1023 × = 63,1 (g/mol) NV n 4 Nguyên tố X là đồng (Cu). Câu 2 (2 điểm). 1. Sử dụng mô hình về sự đẩy nhau của các cặp electron hóa trị (mô hình VSEPR), dự 2- + - đoán dạng hình học của các ion và phân tử sau: BeH2, BCl3, NF3, SiF6 , NO2 , I3 . 2. So sánh và giải thích khả năng tạo thành liên kết π của C và Si. Hướng dẫn giải: 1. BeH2: dạng AL2E0. Phân tử có dạng thẳng: H−Be−H. BCl3: dạng AL3E0, trong đó có một “siêu cặp” của liên kết đôi B=Cl. Phân tử có dạng tam giác đều, phẳng. NF3: dạng AL3E1. Phân tử có dạng hình chóp đáy tam giác đều với N nằm ở đỉnh chóp. Góc FNF nhỏ hơn 109o29’ do lực đẩy mạnh hơn của cặp electron không liên kết. 2- SiF6 : dạng AL6E0. Ion có dạng bát diện đều. + + NO2 : dạng AL2E0, trong đó có 2 “siêu cặp” ứng với 2 liên kết đôi N=O ([O=N=O] ). Ion có dạng đường thẳng. 1/10 trang
2. - 3 I3 : dạng AL2E3, lai hoá của I là dsp , trong đó 2 liên kết I−I được ưu tiên nằm dọc theo trục thẳng đứng, 3 obitan lai hoá nằm trong mặt phẳng xích đạo (vuông góc với trục) được dùng để chứa 3 cặp electron không liên kết. Ion có dạng đường thẳng. 2. C và Si cùng nằm trong nhóm 4A (hay nhóm 14 trong Bảng tuần hoàn dạng dài) nên có nhiều sự tương đồng về tính chất hoá học. Tuy nhiên, hai nguyên tố này thể hiện khả năng tạo thành liên kết π khác nhau trong sự tạo thành liên kết của các đơn chất và hợp chất. - Ở dạng đơn chất: Cacbon tồn tại dưới dạng kim cương (chỉ có liên kết đơn C-C) và graphit, cacbin (ngoài liên kết đơn còn có liên kết bội C=C và C≡C), nghĩa là tạo thành cả liên kết σ và liên kết π. Silic chỉ có dạng thù hình giống kim cương, nghĩa là chỉ tạo thành liên kết σ. - Ở dạng hợp chất: Trong một số hợp chất cùng loại, điển hình là các oxit: cacbon tạo thành CO và CO2 mà phân tử của chúng đều có liên kết π, trong khi silic không tạo thành SiO, còn trong SiO2 chỉ tồn tại các liên kết đơn Si–O. Giải thích: Liên kết π được tạo thành do sự xen phủ của các obitan p. Nguyên tử cacbon (Chu kỳ 2) có bán kính nhỏ hơn nguyên tử silic (Chu kỳ 3) nên mật độ electron trên các obitan của nguyên tử C cao hơn mật độ electron trên các obitan tương ứng của nguyên tử Si. Khi kích thước của các obitan bé hơn và mật độ electron lớn hơn thì sự xen phủ của các obitan hiệu quả hơn, độ bền của liên kết cao hơn. Do đó, cacbon có thể tạo thành liên kết π cả ở dạng đơn chất và hợp chất, trong khi silic hầu như không có khả năng này. Câu 3 (2. điểm). 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 CO 2 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 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? Hướng dẫn giải: 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) = 0,0 + (-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) = 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) 2 H CO2 + - 2- - 2- [H ] = [HCO3 ] + 2[CO3 ] + [OH ] (2). Vì [CO3 ] rất nhỏ nên có thể bỏ qua. + - - + Theo (1), K = [H ].[HCO3 ] : [CO2] [HCO3 ] = K[CO2] : [H ] 2/10 trang
3. - + + + Thay [HCO3 ] vào (2) được [H ] = K[CO2]:[H ] + Knước : [H ] + 2 -8 -5 -14 hay [H ] = K[CO2 ] + Knước = 1,15.10 1,15.10 + 10 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 Do ∆H pư > 0, khi nhiệt độ tăng cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận, pH giảm. Câu 4 (2 điểm). Trong thực tế thành phần của quặng cromit có thể biểu diễn qua hàm lượng của các oxit. Một quặng cromit chứa: 45,60% Cr2O3, 16,12% MgO và 7,98% Fe2O3. Nếu biểu diễn dưới dạng các cromit thì các cấu tử của quặng này là: Fe(CrO 2)2, Mg(CrO2)2, MgCO3 và CaSiO3. 1. Xác định thành phần của quặng qua hàm lượng của Fe(CrO2)2, Mg(CrO2)2, MgCO3 và CaSiO3. 2. Nếu viết công thức của quặng dưới dạng xFe(CrO2)2.yMg(CrO2)2.zMgCO3.dCaSiO3 (x, y, z và d là các số nguyên) thì x, y, z và d bằng bao nhiêu? 3. Khi cho một mẫu quặng này tác dụng với axit HCl thì chỉ có các chất không chứa crom mới tham gia phản ứng. Viết các phương trình phản ứng ở dạng phân tử và dạng ion đầy đủ. Hướng dẫn giải: 1. Giả sử có 100g mẫu quặng: m(Fe O ) × 2 × M(Fe) 7,89 × 111,70 m(Fe) 2 3 = = 5,52(g) M(Fe2O3 ) 159,70 Mẫu quặng chứa: M(Fe(CrO ) ) × m(Fe) 223,85 × 5,52 m(Fe(CrO ) ) = 2 2 = = 22,12(g) 2 2 M(Fe) 55,85 22,12% Fe(CrO2)2. Khối lượng Cr trong Fe(CrO2)2: m(Fe(CrO2 )2 ) × 2 × M(Cr) 22,12 × 104,0 m1 (Cr) = = 10, 28(g) M(Fe(CrO2 )2 ) 223,85 Khối lượng Cr trong mẫu quặng là: m(Cr2O3 ) × 2 × M(Cr) 45,60 × 104 m2 (Cr) = = = 31,20(g) M(Cr2O3 ) 152,0 Khối lượng Cr trong Mg(CrO2)2: m3 (Cr) = m2 (Cr) - m1 (Cr) = 31,20 - 10,28 = 20,92 (g) Mẫu quặng chứa: M(Mg(CrO2 )2 ) × m3 (Cr) 192,31 × 20,92 m(Mg(CrO2 )2 ) = = = 38,68(g) 2 × M(Cr) 104 38,68 % Mg(CrO2)2. Khối lượng Mg trong Mg(CrO2)2: m(Mg(CrO2 )2 ) × M(Mg) 38,68 × 24,31 m1 (Mg) = = = 4,89(g) M(Mg(CrO2 )2 ) 192,31 3/10 trang
4. Khối lượng Mg trong mẫu quặng là: m(MgO) × M(Mg) 16,12 × 24,31 m (Mg) = = = 9,72(g) 2 M(MgO) 40.31 Khối lượng Mg trong MgCO3: m3 (Mg) = m2 (Mg) - m1 (Mg) = 9,72 - 4,89 = 4,83(g) Khối lượng MgCO3 trong mẫu quặng là: M(MgCO3 ) × m3 (Mg) 84,32 × 4,83 m(MgCO3 ) = = = 16,75(g) 16,75% MgCO M(Mg) 24,31 3 Khối lượng CaSiO3 trong mẫu quặng là: m(CaSiO ) = 100 - (m(Fe(CrO ) ) + m(Mg(CrO ) ) + m(MgCO )) = 3 2 2 2 2 3 = 100 - (22,12 + 38,68 + 16,75) = 100 - 77,55 = 22,45g 22,45% CaSiO3 2. Tỉ lệ mol của các chất: n (Fe(CrO2 )2 ) : n(Mg(CrO2 )2 ): n(MgCO3 ) : n(CaSiO3 ) m(Fe(CrO ) ) m(Mg(CrO ) ) m(MgCO ) m(CaSiO ) 2 2 : 2 2 : 3 : 3 M(Fe(CrO2 )2 ) M(Mg(CrO2 )2 ) M(MgCO3 ) M(CaSiO3 ) 22,12 38,68 16,75 22, 45 : : : 0,10 : 0, 20 : 0, 20 : 0,19 1: 2 : 2 : 2 223,85 192,31 84,32 116,17 3. MgCO3 + 2HCl MgCl2 + CO2 + H2O + - 2+ - MgCO3 + 2H + 2Cl Mg + 2Cl + CO2↑ + H2O CaSiO3 + 2HCl CaCl2 + SiO2 + H2O + - 2+ - CaSiO3 + 2H + 2Cl Ca + 2Cl + SiO2↓ + H2O Câu 5 (2 điểm). Một dung dịch monoaxit HA nồng độ 0,373% có khối lượng riêng bằng 1,000 g/ml và pH = 1,70. Khi pha loãng gấp đôi thì pH = 1,89. 1. Xác định hằng số ion hóa Ka của axit. 2. Xác định khối lượng mol và công thức của axit này. Thành phần nguyên tố của axit là: hiđro bằng 1,46%, oxi bằng 46,72% và một nguyên tố chưa biết X (% còn lại). Hướng dẫn giải: [H + ][A - ] 1. HA → H+ + A- (1) K = (2) a [HA] Bỏ qua sự phân li của nước, ta có: [H+] [A-] và c (nồng độ mol của axit) = [A-] + [HA] [H+ ]2 Thay [H+] = [A-] và [HA] = c - [H+] vào (2), ta được K = (3) a c - [H+ ] Khi pH = 1,70 thì [H+] 10 -1,70 0,0200; Khi pH = 1,89 thì [H+] 10 -1,89 0,0129 Thay các kết quả này vào (3) ta được hệ phương trình: 0,022 K = a c - 0,02 0,01292 K = a c - 0,0129 2 Giải hệ phương trình ta được c = 0,0545 và Ka = 0,0116. Vậy c = 0,0545 mol/l và Ka = 0,0116 4/10 trang
5. 2. Trong 1 lít dung dịch có 0,0545 mol axit và khối lượng của nó là: 1000ml × 1,000g/ml × 0,00373 = 3,73g 3,73g Khối lượng mol của axit là: M = 68,4 g/mol. 0,0545mol Khối lượng hiđro trong 1 mol axit: m(H) = 0,0146 × 68,4g = 1,00 g (1 mol). Khối lượng oxi trong 1 mol axit: m(O) = 0,4672 × 68,6g = 32,05 g (2 mol). Khối lượng nguyên tố X chưa biết trong 1 mol axit: m(X) = 68,4g – m(H) – m(O) = 68,4g – 1,00g – 32,05g = 35,6 g. Một mol axit có thể chứa n mol nguyên tố X. Khối lượng mol nguyên tố X là 35,6/n g/mol. Nếu n = 1 thì M(X) = 35,6 g/mol (X là Cl); n = 2: M(X) = 17,8 g/mol (không có nguyên tố tương ứng); n = 3: M(X) = 11,9 g/moL (C); n = 4: M(X) = 8,9 g/moL (Be); n = 5: M(X) = 7,1 g/moL (Li). Hợp chất duy nhất có thể chấp nhận là HClO2. Các axit HC3O2, HBe4O2 và HLi5O2 không có. Vậy 68,6 g/mol ứng với công thức HClO2. Câu 6 (2 điểm). A là một hợp chất của nitơ và hiđro với tổng số điện tích hạt nhân bằng 10. B là một oxit của nitơ, chứa 36,36% oxi về khối lượng. 1. Xác định các chất A, B, D, E, G và hoàn thành các phương trình phản ứng: 1:1 A + NaClO X + NaCl + H2O ; A + Na G + H2 X + HNO2 D + H2O ; G + B D + H2O D + NaOH E + H2O 2. Viết công thức cấu tạo của D. Nhận xét về tính oxi hóa - khử của nó. 3. D có thể hòa tan Cu tương tự HNO 3. Hỗn hợp D và HCl hòa tan được vàng tương tự cường thủy. Viết phương trình của các phản ứng tương ứng. Hướng dẫn giải: 1. - Giả sử hợp chất của N và H có công thức N xHy. Vì tổng điện tích hạt nhân của phân tử bằng 10, mà N có Z = 7 và H có Z = 1 nên hợp chất A chỉ có thể là NH3. - Oxit của N chứa 36,36% khối lượng là O do đó, nếu giả thiết rằng trong phân tử B có 1 nguyên tử O (M = 16) thì số nguyên tử N trong phân tử là: N = 16(100-36,36) : 36,36x14 = 2 Như vậy B là N2O. Các phản ứng hoá học phù hợp là: 2NH3 + NaClO N2H4 + NaCl + H2O N2H4 + HNO2 HN3 + 2H2O HN3 + NaOH NaN3 + H2O 2NH3 + 2Na 2NaNH2 + H2↑ NaNH2 + N2O NaN3 + H2O Như vậy: A = NH3; B = N2O; D = HN3; E = NaN3; G = NaNH2. (-3) (+5) (-3) 2. Công thức cấu tạo của chất D (HN3 - axit hiđrazoic) là: H – N = N ≡ N . Trong phân tử HN3 vừa có N(+5) vừa có N(-3) nên nó vừa có tính oxi hoá, vừa có tính khử. Về tính oxi hoá nó giống với axit nitric HNO3 nên nó có thể hoà tan Cu theo phản ứng: Cu + 3HN3 → Cu(N3)2 + N2 + NH3 Khi trộn với HCl đặc nó tạo thành dung dịch tương tự cường thuỷ (HNO 3 + 3HCl), nên có thể hoà tan được vàng (Au) theo phản ứng: 2Au + 3HN3 + 8HCl → 2H[AuCl4] + 3N2 + 3NH3 5/10 trang
6. Câu 7 (2 điểm). 1. Khung cacbon của các hợp chất tecpen được tạo thành từ các phân tử isopren kết nối với nhau theo quy tắc «đầu – đuôi». Ví dụ, nếu tạm quy ước: (đầu) CH2=C(CH3)-CH=CH2 (đuôi) thì phân tử -myrcen (hình bên) được kết hợp từ 2 đơn vị isopren. Dựa vào quy tắc trên, hãy cho biết các chất nào sau đây là α-Myrcen tecpen và chỉ ra các đơn vị isopren trong khung cacbon của các tecpen này. OH O O O OH O O O O O O OH O Acoron Prostaglan®in PG-H2 O O HO Axit abietic O Po®ophyllotoxin 2. Viết công thức cấu tạo của sản phẩm cuối (nếu có) từ các phản ứng sau: COOH CF3 + (Na +NH3) C a. + (I2, KI, NaHCO3) A c. b. Br + H2N CH COOH B d. Br + H2O D CH3 Hướng dẫn giải: 1. Acoron và axit abietic là tecpen: O O O O O O Acoron Acoron HO Axit abietic HO Axit abietic 2. Công thức cấu tạo của sản phẩm: A C Các phản ứng b. và d. không xảy ra. O CF3 O I Câu 8 (2 điểm). Viết các phương trình phản ứng điều chế các hợp chất theo sơ đồ sau (được dùng thêm các chất vô cơ và hữu cơ khác): CH3 CHO H HO C COCH C OH 3 CH b. 3 CHO Cl 6/10 trang
7. HOOC CH2=CH COCH3 HOOC-(CH2)3-COOH d. CH3COCH2COOC2H5 Hướng dẫn giải: Viết các phản ứng tổng hợp: Br a. O CHO COCH3 COCH3 NBS, as NaOEt 1. O3 2. Zn/H2O b. O O CHO O C C C Cl Cl2 Zn/HCl (D) AlCl3 AlCl3 (A) (B) Cl (C) CH Br 3 H C HO C C OH Br , as 2 NaOEt CH3 1. OsO4 /dd KMnO4 2. Na SO Cl (D) Cl (E) Cl (F) 2 3 (G) Cl O OH C CH hoÆc NaBH4 o H2SO4 , t Cl (C) Cl (E) Cl (F) c. COOH HC CH2 COOEt NaOEt EtOOC + H3O+ Br2, KOH o O=C CH3 COOEt EtOH EtOOC t HOOC O H2O O COOH O COOEt O HOOC d. CHO O COOEt NaOEt + Br , KOH + H3O 2 o EtOH t H2O Câu 9 (1,5 điểm). 1. Anetol có phân tử khối là 148,2 và hàm lượng các nguyên tố: 81,04% C; 8,16% H; 10,8% O. Hãy: a. Xác định công thức phân tử của anetol. b. Viết công thức cấu trúc của anetol dựa vào các thông tin sau: - Anetol làm mất màu nước brom; - Anetol có hai đồng phân hình học; - Sự oxi hóa anetol tạo ra axit metoxibenzoic (M) và sự nitro hóa M chỉ cho duy nhất axit metoxinitrobenzoic. c. Viết phương trình của các phản ứng: (1) anetol với brom trong nước; (2) oxi hóa anetol thành axit metoxibenzoic; (3) nitro hóa M thành axit metoxinitrobenzoic. Viết tên của anetol và tất cả các sản phẩm hữu cơ nêu trên theo danh pháp IUPAC. d. Vẽ cấu trúc hai đồng phân hình học của anetol. 2. Viết công thức cấu tạo của các chất A và B trong sơ đồ điều chế nhựa melamin sau: 7/10 trang
8. NH2 NH3 CH O Xianogen clorua A N N 2 B H2N N NH2 Xianuramit (melamin) Hướng dẫn giải: 1. a. Xác định công thức phân tử: C = (81,04/12,00) = 6,75 ; H = (8,16/1,01) = 8,08 ; O = (10,8/16,0 = 0,675 C = 6,75/0,675 = 10 ; H = (8,08/0,675 ) = 12 ; O = 1 C10H12O b. Viết công thức cấu trúc của anetol: Anetol làm mất màu nước brôm nên có liên kết đôi; vì tồn tại ở dạng hai đồng phân hình học (liên kết đôi, π) và khi oxi hóa cho axit nên có liên kết đôi ở mạch nhánh; vì chỉ cho 1 sản phẩm sau khi nitro hóa nên nhóm metoxi ở vị trí 4 (COOH- nhóm thế loại 2, metoxi nhóm thế loại 1). Đó là axit 4-metoxi-3- nitrobenzoic. Vậy anetol là: H3C O CH CH CH3 c. Các phương trình phản ứng: (1) anetol với brom trong nước: CH 3 CH3 Br CH Br CH CH OH Br2/H2O CH Br H3C O CH CH CH3 + (2) H3CO H3CO (2) oxi hóa anetol thành axit metoxibenzoic: + o KMnO4/H3O , t H3C O CH CH CH3 H3CO COOH + CH3COOH (3) (3) nitro hóa M thành axit metoxinitrobenzoic: O2N HNO /H SO H CO COOH 3 2 4 3 H3CO COOH (4) Tên của anetol và tất cả các sản phẩm hữu cơ nêu trên theo danh pháp IUPAC: (2) 2-Brom-1-(4-metoxiphenyl)-1-propanol; (3) Axit 4-metoxibenzoic; (4) Axit 4-metoxi-3-nitrobenzoic; d. Hai đồng phân hình học của anetol: H3CO H3CO + H CH3 H CH3 H H (E) -1-metoxi-4-(1-propenyl)benzen (Z) -1-metoxi-4-(1-propenyl)benzen; hoặc (E)-1-(4-metoxiphenyl)-1-propen (Z)-1-(4-metoxiphenyl)-1-propen 8/10 trang
9. Cl 2. H2N HN CH2 N N N N Cl C N NH3 N N HCHO N Cl Cl N NH N NH CH2 n H2N 2 H2C HN A Melamin B Câu 10 (2,5 điểm). 1. Cho sơ đồ sau: HCl PCl5 OH- NaSH + o (-)-Serin A B C D 1. H3O , t CH OH - E 3 (C H Cl NO ) 2. OH 4 9 2 2 (C4H8ClNO2) (C4H9NO2S) Viết công thức Fisơ của E và cho biết cấu hình tuyệt đối (R/S) của nó. 2. a. Từ một monosaccarit, hãy viết các phương trình phản ứng điều chế chất A và B: O OCOCH C6H5 3 O O O O H CH COO CHO 3 OCH3 A B b. Viết công thức Fisơ của các chất C và D trong dãy chuyển hóa sau: OH HO H O HNO Ba(OH) 3 D 2 O C o t - 2H2O O H O H H 3. Cho 3 dị vòng (hình bên). Hãy sắp xếp các dị vòng theo N thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi; tăng dần tính bazơ của các N N nhóm –NH. Giải thích. N H H H Hướng dẫn giải: A B C 1. Các phương trình phản ứng: HCl PCl - - - - 5 - - HOCH2 CH COOH HOCH2 CH COOCH3 ClCH2 CH COOCH3 ClCH2-CH-COOCH3 CH3OH NH2 NH3Cl NH3Cl NH2 L-(-)-Serin A B C NaSH + o 1. H3O ,t HSCH2-CH-COOH HSCH -CH-COOCH 2. OH- 2 3 E NH2 NH2 D Công thức hình chiếu Fisơ của E: COOH Công thức hình chiếu Fisơ của E (cystein): R H2N H E có cấu hình R vì độ hơn cấp của -CH2SH > -COOH a. Điều chế A: CH2SH CHO HOCH2 O CH2 HO HO O O O HO NaBH4 HO 2 (CH3)2CO HO HIO4 OH OH OH H H+ OH OH O CHO CH2OH CH2OH H2C O A 9/10 trang
10. hoÆc: CHO HOCH2 O CH2 HO HO O O O OH NaBH4 OH 2 (CH3)2CO OH HIO4 HO HO HO H H+ OH OH O CHO CH2OH CH2OH H2C O Điều chế B CHO HO OH O O MeOH OH C6H5CHO O OH HO -anomer + HO C6H5 OH HCl H+ OMe O OH HO HO OMe CH OH 2 O Ac2O O OAc C6H5 AcONa O AcO OMe b. Công thức Fisơ của các hợp chất C và D: ®ãng vßng lacton CHO COOH OH HO HO H HO OH H H OH HO H HO H HNO HO H OH Ba(OH)2 O 3 O HO H OH H OH - 2H O to H O 2 O H OH H OH HO H O H O H CH2OH COOH H ®ãng vßng lacton H C D 3. a. So sánh nhiệt độ sôi: Nhiệt độ sôi phụ thuộc vào liên kết hiđro giữa các phân tử. N N-H N N-H H N N H H Vòng no, liên kết hiđro N giữa nhóm –NH của dị Vòng thơm, liên kết hiđro giữa N vòng no nên rất yếu. nhóm –NH với dị vòng thơm H chứa một nguyên tử nitơ yếu hơn so với dị vòng thơm C có Vòng thơm, liên kết 2 nguyên tử N. hiđro bền. A C > B . 10/10 trang