Hướng dẫn chấm đề thi chính thức môn Hóa học - Kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia Lớp 12 THPT năm 2010

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 2010

1. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM 2010 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: HOÁ HỌC Ngày thi: 11/03/2010 Câu 1. (2,0 điểm): 1. 0,5 điểm; 2. 1,5 điểm. 1. Urani có cấu hình electron [Rn] 5f 36d17s2. Trong nguyên tử urani có bao nhiêu electron chưa ghép đôi? Số oxi hoá cực đại của urani có thể là bao nhiêu? 238 235 -5 226 2. Một mẫu quặng urani tự nhiên có chứa 99,275 gam 92 U; 0,720 gam 92 U và 3,372.10 gam 88 Ra. Cho 235 8 238 9 226 các giá trị chu kì bán hủy: t1/2(92 U) = 7,04.10 năm, t1/2(92 U) = 4,47.10 năm, t1/2(88 Ra) = 1600 năm. Chấp nhận tuổi của Trái Đất là 4,55.109 năm. 235 238 a. Tính tỉ lệ khối lượng của các đồng vị 92 U /92 U khi Trái Đất mới hình thành. 238 b. Nếu chưa biết chu kì bán huỷ của 92 U thì giá trị này có thể tính như thế nào từ các dữ kiện đã cho? 238 (92 U có chu kì bán hủy rất lớn. Vì thế, chu kì bán hủy của nó không thể xác định bằng cách đo trực tiếp sự thay đổi hoạt độ phóng xạ mà dựa vào cân bằng phóng xạ, được thiết lập khi chu kì bán hủy của mẹ rất lớn so với chu kì bán hủy của các con cháu. Ở cân bằng phóng xạ thế kỉ, hoạt độ phóng xạ của mẹ và các con cháu trở thành bằng nhau. Hoạt độ phóng xạ là tích số của hằng số tốc độ phân rã với số hạt nhân phóng xạ). Hướng dẫn chấm: 1. Urani có cấu hình electron [Rn] 5f36d17s2: Phân lớp f và phân lớp d của U còn các obitan trống nên sè oxi ho¸ cao nhÊt lµ + 6. [Rn] 3 1 2 5f 6d 7s ln 2 t -t t t1/ 2 2. Phân rã phóng xạ tuân theo quy luật động học bậc 1: m = m0.e m0 = m. e = m. e trong đó  là hằng số tốc độ phân rã phóng xạ, t 1/2 là chu kì bán hủy, m và m0 lần lượt là khối lượng chất phóng xạ tại thời điểm t và tại t = 0. 238 9 a. Khối lượng đồng vị 92 U trong mẫu quặng ở cách đây 4,55.10 năm được tính như sau: ln 2 t. 238 238 4,47.109 m0(92 U) = m(92 U) . e (1) ln 2 t. 235 235 235 7,04.108 Tương tự, đối với đồng vị 92 U: m0(92 U) = m(92 U) . e (2) 1 1 235 4,55.109.ln 2.( ) 235 238 m( 92 U) 7,04.108 4,47.109 Chia (2) cho (1): m0(92 U)/ m0(92 U) = 238  e m( 92 U) 1 1 4,55.109 .ln2.( - ) 0,720 8 9 =  e 7,04.10 4,47.10 = 0,31. 99,275 (Hoặc: thay m = 99,275 (g), t = 4,55.109 năm vào (1), ta có: ln 2 4,55.109. 238 4,47.109 m0(92 U) = 99,275. e = 202,38 g 235 9 Khối lượng đồng vị 92 U trong mẫu quặng ở cách đây 4,55.10 năm cũng tính tương tự: Thay m = 0,72 (g), t = 4,55.109 năm, ta có: 1 4,55.109.ln 2. 235 7,04.108 m0(92 U) = 0,72 .e = 63,46 g 235 238 Như vây tỉ lệ đồng vị 92 U/92 U khi Ttrái Đất mới hình thành là: 63,46 : 202,38 = 0,31). Trang 1/9
2. 226 238 226 b. 88 Ra có số khối nhỏ hơn một số nguyên lần 4 u so với 9 U,2 vì thế 8 Ra8 là chất phóng xạ hình 238 238 226 thành trong chuỗi phóng xạ khởi đầu từ 92 U. 92 U có chu kì bán huỷ rất lớn so với 88 Ra, trong hệ có cân bằng phóng xạ thế kỉ. Ở cân bằng phóng xạ thế kỉ, ta có: 1.N1 = n.Nn (3) 238 226 Trong đó: 1, n lần lượt là hằng số tốc độ phân rã của mẹ (92 U) và cháu đời thứ n (88 Ra), 238 226 N1, Nn lần lượt là số hạt nhân của mẹ (92 U) và cháu đời thứ n (88 Ra). Từ (3) rút ra: N1.(ln2)/t1/2(1) = Nn.(ln2)/t1/2(n). N1 m1 226 99,275 . 226 9 t1/2(1) = t1/2 (n) = . t1/2 (n) = -5 . 1600 = 4,47.10 năm. Nn mn 238 3,372.10 . 238 Câu 2. (2,0 điểm): 1. 1,0 điểm; 2. 0,5 điểm; 3. 0,25 điểm; 4. 0,25 điểm. Cho các phân tử: xenon điflorua (1), xenon tetraflorua (2), xenon trioxit (3), xenon tetraoxit (4), bo triflorua (5), trimetylamin (6), axetamit (7). 1. Vẽ cấu trúc hình học phân tử (cả các cặp electron tự do (nếu có) của nguyên tử trung tâm) của các chất từ (1) đến (6). 2. Dự đoán góc liên kết ở mỗi phân tử nói trên. 3. Trong phân tử axetamit, 3 liên kết với nguyên tử nitơ đều nằm trong cùng một mặt phẳng. Vì sao? 4. Hãy đề xuất một phương pháp thích hợp để điều chế: xenon điflorua (1), xenon tetraflorua (2), xenon trioxit (3). Hướng dẫn chấm: 1. 2. Câu 2. (2,0 điểm): 1. 0,75 điểm; 2. 0,5 điểm; 3. 0,5 điểm; 4. 0,25 điểm. 1. XeF2: XeF4: XeO3: XeO4: 2. O F F F F O O F F O O O O Thẳng, 180o Vuông, 90o Chóp tam giác, < 109o28 Tứ diện, 109o28 BF3: (CH3)3N: F F CH3 F CH3 CH3 Tam giác phẳng, 120o Chóp tam giác, < 109o28 3. Ba liên kết với nguyên tử nitơ đều nằm trong cùng một mặt phẳng, vì liên kết giữa nitơ với cacbon mang một phần đặc điểm của liên kết đôi. 3 H sp H H sp2 H H C C N H C C N H H H H O O 4. Xenon điflorua (1) và xenon tetraflorua (2) được điều chế bằng phản ứng giữa các đơn chất (có chiếu sáng thích hợp). Điều chế xenon trioxit (3) bằng phản ứng thủy phân XeF6 hoặc XeF4: XeF6 + 3 H2O → XeO3 + 6 HF 3 XeF4 + 6 H2O → Xe + 2 XeO3 + 12 HF Câu 3. (3,0 điểm): 1. 2,0 điểm; 2. 1,0 điểm. 1. Khi phân tích nguyên tố các tinh thể ngậm nước của một muối tan A của kim loại X, người ta thu được các số liệu sau: Trang 2/9
3. Nguyên tố cacbon oxi lưu huỳnh nitơ hiđro % khối lượng trong muối 0,00 57,38 14,38 0,00 3,62 Theo dõi sự thay đổi khối lượng của A khi nung nóng dần lên nhiệt độ cao, người ta thấy rằng, trước khi bị phân hủy hoàn toàn, A đã mất 32% khối lượng. Trong dung dịch nước, A phản ứng được với hỗn hợp gồm PbO 2 và HNO3 (nóng), với dung dịch BaCl2 tạo thành kết tủa trắng không tan trong HCl. Hãy xác định kim loại X, muối A và viết các phương trình phản ứng xảy ra. Biết X không thuộc họ Lantan và không phóng xạ. 2. Có một túi bột màu là hỗn hợp của 2 muối không tan trong nước. Để xác định thành phần của bột màu này, người ta tiến hành các thí nghiệm sau: Bột màu + HCl đặc, to Dung dịch B Cặn bột trắng khuấy kĩ, to Chia B thành 3 phần Cặn bột trắng + Na2CO3 (bão hoà) Phần 1 + Na2S → Kết tủa trắng C → Dung dịch F + kết tủa trắng G Phần 2 + K4[Fe(CN)6] → Kết tủa trắng D F + BaCl2, HCl → Kết tủa trắng H Phần 3 + giấy tẩm Pb(CH3COO)2 → Kết tủa G + CH3COOH (đặc) → Dung dịch I đen E Chia I thành 2 phần Phần 1 + CaSO4(bão hoà), HCl → Kết tủa trắng H Phần 2 + K2CrO4, NaOH (dư) → Kết tủa vàng K Cho biết thành phần của bột màu và viết phương trình ion thu gọn của các phản ứng xảy ra. Hướng dẫn chấm: 3,62 57,38 14,38 1. n : n : n = : : = 3,59 : 3,59 : 0,448 n : n : n = 8 : 8 : 1 H O S 1,008 16 32,06 H O S Vậy công thức đơn giản nhất cho biết tương quan số nguyên tử của các nguyên tố H, O, S trong A là (H8O8S)n. % khối lượng X trong A bằng 100% - (3,62 + 57,38 + 14,38)% = 24,62% 24,62 Với n = 1 MX = = 54,95 (g/mol) X là mangan (Mn). 0,448 Với n = 2 MX = 109,9 (g/mol) Không có kim loại nào có nguyên tử khối như vậy. Với n 3 MX 164,9 (g/mol) X thuộc họ Lantan hoặc phóng xạ (loại). Vậy công thức đơn giản nhất của A là MnH8O8S. Mặt khác, X phản ứng với BaCl2 tạo thành kết tủa không tan trong HCl, mà trong A có 1 nguyên tử S, do đó A là muối sunfat hoặc muối hiđrosunfat: MnH8O4SO4. Khi đun nóng (A chưa bị phân hủy), 32% khối lượng A mất đi, trong đó M A = 223,074 (g/mol) → 32%.MA = 32%. 223,074 = 71,38 (g) ≈ 72 (g), tương đương với 4 mol H2O. 1,008.8 → % H (trong 4 mol H2O) = .100 3,61%  3,62% . 223,074 Vậy A là muối mangan(II) sunfat ngậm 4 phân tử nước: MnSO4.4H2O. Phương trình phản ứng: 1/ MnSO4 + BaCl2 BaSO4↓ + MnCl2 2/ 2MnSO4 + 5PbO2 + 6HNO3 2HMnO4 + 3Pb(NO3)2 + 2PbSO4↓ + 2H2O 2. Bột màu là hỗn hợp của ZnS và BaSO4 (Litopon). Các phản ứng: + 2+ ZnS + 2H Zn (B) + H2S (B) Zn2+ + S2- ZnS↓(C) 2+ + 4 3Zn + 2K + 2Fe(CN)6 K2Zn3[Fe(CN)6]2↓ (D) 2+ - H2S + Pb + 2CH3COO 2CH3COOH + PbS↓ (E) 2 2 BaSO4 + CO3 SO4 (F) + BaCO3↓ (G) 2 2+ SO4 + Ba BaSO4↓ (H) Trang 3/9
4. 2+ - BaCO3 + 2CH3COOH Ba (I) + 2CH3COO + H2O + CO2↑ 2+ 2+ Ba + CaSO4(bão hòa) Ca + BaSO4↓ (H) 2+ 2 Ba + CrO 4 BaCrO4↓ (K) Câu 4. (2,25 điểm): 1. 0,75 điểm; 2. 0,75 điểm; 3. 0,75 điểm. Dung dịch A gồm Fe(NO3)3 0,05 M; Pb(NO3)2 0,10 M; Zn(NO3)2 0,01 M. 1. Tính pH của dung dịch A. 2. Sục khí H2S vào dung dịch A đến bão hoà ([H2S] = 0,10 M), thu được hỗn hợp B. Những kết tủa nào tách ra từ hỗn hợp B? 3. Thiết lập sơ đồ pin bao gồm điện cực chì nhúng trong hỗn hợp B và điện cực platin nhúng trong dung dịch CH3COONH4 1 M được bão hoà bởi khí hiđro nguyên chất ở áp suất 1,03 atm. Viết phản ứng xảy ra trên từng điện cực và phản ứng trong pin khi pin làm việc. 3+ 2+ + Cho: Fe + H2O FeOH + H lg*β1 = -2,17 2+ + + Pb + H2O PbOH + H lg*β2 = -7,80 2+ + + Zn + H2O ZnOH + H lg*β3 = -8,96 RT E0 = 0,771 V; E0 = 0,141 V; E0 = -0,126 V ; ở 25 oC: 2,303 ln = 0,0592lg Fe3+/Fe2+ S/H2S Pb2+/Pb F pKS(PbS) = 26,6; pKS(ZnS) = 21,6; pKS(FeS) = 17,2. (pKS = -lgKS, với KS là tích số tan). pKa1(H S) = 7,02; pKa2(H S) = 12,90; pK + = 9,24; pKa(CH COOH) = 4,76 2 2 a(NH4 ) 3 Hướng dẫn chấm: 3+ 2+ + -2,17 1. Fe + H2O  FeOH + H *β1 = 10 (1) 2+ + + -7,80 Pb + H2O  PbOH + H *β2 = 10 (2) 2+ + + -8,96 Zn + H2O  ZnOH + H *β3 = 10 (3) - + -14 H2O  OH + H Kw = 10 (4) So sánh (1) (4): *β .C >> *β .C >> *β .C >> K tính pH theo (1): 1 Fe3+ 2 Pb2+ 3 Zn2+ w A 3+ 2+ + -2,17 Fe + H2O  FeOH + H *β1 = 10 (1) C 0,05 [ ] 0,05 - x x x + [H ] = x = 0,0153 M pHA = 1,82. 0 0 2. Do E 3+ 2+ = 0,771 V > E = 0,141 V nên: Fe /Fe S/H2S 3+ 2+ + 21,28 1/ 2Fe + H2S 2Fe + S↓ + 2H K1 = 10  0,05 - 0,05 0,05 2+ + 6,68 2/ Pb + H2S PbS↓ + 2H K2 = 10  0,10 0,05 - 0,25 2+ + 1,68 3/ Zn + H2S  ZnS↓ + 2H K3 = 10 2+ + -2,72 4/ Fe + H2S  FeS↓ + 2H K4 = 10 K3 và K4 nhỏ, do đó cần phải kiểm tra điều kiện kết tủa của ZnS và FeS: Vì môi trường axit C' = C = 0,010 M; C' = C = C = 0,050 M. Zn2+ Zn2+ Fe2+ Fe2+ Fe3+ -7,02 Đối với H2S, do Ka2 << Ka1 = 10 nhỏ khả năng phân li của H 2S trong môi trường axit + ' không đáng kể, do đó chấp nhận [H ] = C + = 0,25 M tính C theo cân bằng: H S2- 2- + -19,92 H2S  S + 2H Ka1.Ka2 = 10 0,1 ' [H2S] -19,92 -19,72 C 2- = Ka1.Ka2 = 10 2 = 10 . S [H ]2 (0,25) Ta có: C' .C' < K ZnS không xuất hiện; C' .C' < K FeS không tách ra. Zn2+ S2- S(ZnS) Fe2+ S2- S(FeS) Như vậy trong hỗn hợp B, ngoài S, chỉ có PbS kết tủa. Trang 4/9
5. K 0 0,0592 2+ 0,0592 S(PbS) 3. E = E 2+ = E 2+ + lg [Pb ] = - 0,126 + lg = - 0,33 V PbS/Pb Pb /Pb Pb /Pb 2 2 [S2- ] + 2 0,0592 [H ] + EPt = E + = lg , trong đó [H ] được tính như sau: 2H /H2 2 p H2 - CH3COONH4 NH4 + CH3COO 1 1 + -9,24 NH4  NH3 + H Ka = 10 (5) - - -9,24 CH3COO + H2 O CH 3COOH + OH Kb = 10 (6) + -7 Do Ka = Kb và C + C - pH = 7,00 [H ] = 10 NH4 CH3COO + (có thể tính [H ] theo điều kiện proton hoặc tổ hợp 2 cân bằng (5) và (6)) 0,0592 [H+ ]2 0,0592 10-14 Vậy: E + = lg = lg = -0,415 V < EPbS/Pb = - 0,33 V 2H /H2 2 p 2 1,03 H2 điện cực chì là catot, điện cực platin là anot. Sơ đồ pin: - + 2+ 2+ (-) Pt(H2)│CH3COO 1M; NH 4 1M ║ S; PbS; H2S 1M; H 0,25M; Fe 0,05M; Zn 0,01M │Pb (+) (p = 1,03 atm) + Trên catot: PbS + 2H + 2e Pb↓ + H2S + Trên anot : H2 2H + 2e + - 2x H + CH3COO CH3COOH - H2 + 2CH3COO 2CH3COOH + 2e + - Phản ứng trong pin: PbS + H2 + 2H + 2CH3COO Pb↓ + H2S + 2CH3COOH Câu 5. (1,25 điểm). 1. 0,25 điểm; 2. 0,25 điểm; 3. 0,5 điểm; 4. 0,25 điểm. Công đoạn đầu tiên của quá trình sản xuất silic có độ tinh khiết cao phục vụ cho công nghệ bán dẫn được thực hiện bằng phản ứng: SiO2 (r) + 2C (r)  Si (r) + 2CO (k) (1) 1. Không cần tính toán, chỉ dựa vào sự hiểu biết về hàm entropi, hãy dự đoán sự thay đổi (tăng hay giảm) entropi của hệ khi xảy ra phản ứng (1). 2. Tính S 0 của quá trình điều chế silic theo phản ứng (1), dựa vào các giá trị entropi chuẩn dưới đây: S0 = 41,8 J.K-1.mol-1; S0 = 5,7 J.K-1.mol-1; S0 = 18,8 J.K-1.mol-1; S0 = 197,6 J.K-1.mol-1. SiO2 (r) C(r) Si(r) CO(k) 3. Tính giá trị G0 của phản ứng trên ở 25 oC. Biến thiên entanpi hình thành ở điều kiện tiêu chuẩn (ΔH0 ) của SiO và CO có các giá trị: ΔH0 = -910,9 kJ.mol-1; ΔH0 = -110,5 kJ.mol-1 . f 2 f(SiO2 (r)) f(CO(k)) 4. Phản ứng (1) sẽ diễn ra ưu thế theo chiều thuận bắt đầu từ nhiệt độ nào? (Coi sự phụ thuộc của ΔS và ΔH vào nhiệt độ là không đáng kể). Hướng dẫn chấm: 1. Theo chiều thuận, phản ứng (1) tăng 2 mol khí. Trạng thái khí có mức độ hỗn loạn cao hơn trạng thái rắn, tức là có entropi lớn hơn. Vậy khi phản ứng xảy ra theo chiều thuận thì entropi của hệ tăng. 2. ΔS0 = 2S0 + S0 - 2S0 - S0 = 2.197,6 + 18,8 - 2.5,7 - 41,8 = 360,8 JK-1 CO(k) Si(r) C(r) SiO2(r) 3. G0 = ΔH0 - TΔS0 , trong đó ΔH0 = ΔH0 + 2ΔH0 - 2ΔH0 - ΔH0 f(Si(r) ) f(CO(k) ) f(C(r) ) f(SiO2(r) ) ΔH0 = 2.(-110,5) + 910,9 = 689,9 (kJ) G0 = ΔH0 - TΔS0 = 689,9 - 298 . 360,8.10-3 = 582,4 (kJ). 4. Phản ứng (1) sẽ diễn ra ưu thế theo chiều thuận khi ΔG bắt đầu có giá trị âm: ΔG = ΔH0 - TΔS0 = 689,9 - T . 360,8.10-3 = 0 T = 1912 oK. Vậy từ nhiệt độ lớn hơn 1912 oK, cân bằng (1) sẽ diễn ra ưu tiên theo chiều thuận. Câu 6. (1,5 điểm): 1. 0,75 điểm; 2. 0,75 điểm. Phản ứng oxi hoá ion I- bằng ClO- trong môi trường kiềm diễn ra theo phương trình: Trang 5/9
6. ClO- + I- Cl- + IO- (a) và tuân theo định luật tốc độ thực nghiệm v = k[ClO-][I-][OH-]-1. - k1 - Cho rằng phản ứng (a) xảy ra theo cơ chế: ClO + H2O  HClO + OH nhanh; k 1  I- + HClO k2 HIO + Cl- chậm; - k3 - OH + HIO  H2O + IO nhanh. k 3  1. Cơ chế trên có phù hợp với thực nghiệm động học hay không? - - - - 2. Khi [I ]0 rất nhỏ so với [ClO ]0 và [OH ]0 thì thời gian để nồng độ I còn lại 6,25% so với lúc ban đầu sẽ gấp bao nhiêu lần thời gian cần thiết để 75% lượng I- ban đầu mất đi do phản ứng (a)? Hướng dẫn chấm: Định luật tốc độ thực nghiệm: v = k[ClO-][I-][OH-]-1 (1) 1. Tốc độ phản ứng quyết định bởi giai đoạn chậm, nên: - v = k2[HClO][I ] (2) Dựa vào cân bằng nhanh của giai đoạn 1, ta rút ra: k1 - - -1 [HClO] = [ClO ][H2O][OH ] (3) k 1 Thay (3) vào (2) và với [H2O] = const, ta có: k1 - - - -1 v = k2. [H2O][ClO ][I ][OH ] (4) k 1 k1 - - - -1 Đặt k2. [H2O] = k (4) trở thành: v = k[ClO ][I ][OH ] (1) k 1 Từ cơ chế được đề nghị có thể rút ra biểu thức của định luật tốc độ thực nghiệm. Cơ chế này là phù hợp với thực nghiệm . - - - 2. Khi [I ]0 [ClO ]0 và [OH ]0, phản ứng (a) có thể xem là phản ứng bậc nhất. Trong phản ứng bậc nhất, thời gian phản ứng bán phần không phụ thuộc vào nồng độ đầu. - - Thời gian để 75% I tham gia phản ứng bằng 2 lần thời gian phản ứng bán phần: t1 = 2t1/2 - - Thời gian để 6,25% I còn lại là: t2 = 4t1/2 t2 = 2t1. Câu 7. (2,0 điểm): 1. 1,0 điểm; 2. 0,5 điểm; 3. 0,5 điểm. 1. Viết công thức của sản phẩm tạo thành từ các phản ứng sau: O a. b. - O OH 1. C H MgBr (d­) CHCl2 ? C=O 2 5 ? + O 2. H3O c. Pent-1-en + NBS, ánh sáng. d. 1-Brommetyl-2-metylxiclopenten đun nóng trong ancol metylic. 2. So sánh (có giải thích) tính bazơ của các hợp chất A và B dưới đây: N C6H5-CHOH-CH2NH- C H -CHOH-CH NH- N 6 5 2 A B 3. Cho benzen, piriđin, các chất hữu cơ mạch hở và chất vô cơ. Viết sơ đồ các phản ứng tổng hợp A. Hướng dẫn chấm: 1. Viết công thức của sản phẩm tạo thành từ các phản ứng: OH a. O b. - O CHCl OH COO- 1. C2H5MgBr (d­) 2 C=O (C2H5)3C-OH 2. H O+ O 3 c. CH2 = CH-CH2CH2CH3 + NBS /as → CH2 = CH-CHBrCH2CH3 (3-brompent-1-en) + CH3CH2CH=CHCH2Br (1-brompent-2-en) Trang 6/9
7. CH2 Br o d. CH3OH, t OCH3 + OCH3 CH3 CH3 H3 C 2. So sánh tính bazơ của các hợp chất A và B: N C6H5-CHOH-CH2NH- C H -CHOH-CH NH- N 6 5 2 A B Ở A, tâm bazơ là nguyên tử N-piriđin chịu ảnh hưởng -I và +C của nhóm NH. Hiệu ứng không gian của mạch nhánh làm khó cho sự proton hóa. Ở B, tâm bazơ là nguyên tử N-piriđin chịu ảnh hưởng -I (yếu hơn vì ở cách xa hơn) và +C của nhóm NH. Mạch nhánh không gây hiệu ứng không gian. Vậy A < B. 3. Cho benzen, piriđin, các chất mạch hở và chất vô cơ. Viết sơ đồ các phản ứng tổng hợp A. CH =CH o 2 2 t RCOO2H C6H6 C6H5CH2CH3 C6H5CH=CH2 C H CH-CH H+ 6 5 2 O C6H5CH-CH2 KNH2 O C6H5-CHOH-CH2NH- NH3 (láng) N N N NH2 A Câu 8. (2,0 điểm): 1. 1,0 điểm; 2. 1,0 điểm. Hoàn thành dãy phản ứng chuyển hóa sau: O 1. H3C COOH o O + t , -H2O ArCHO, AcOH , EtOH A B C D H3C COOH piperi®in C6H8O4 Mg,ete CO A C 2 Kh«ng ph¶n øng 2. H3C-CH=CH2 + Cl2 + CH3OH CO PCl Br B Mg,ete D 2 E 5 F 2 G NH3 (3 mol) o CH OH, HCl J NaHCO3, t I 3 H C6H13NO3 Hướng dẫn chấm: Hoàn thành dãy phản ứng chuyển hóa: O O O Ar 1. O O C COOH O Ar O OH O O O O O O A B O O C D 2. Cl Cl H3CO Cl H3CO MgCl H3CO CO2MgCl H3CO COCl H2C=CH-CH3 A C B D E F H3CO COCl H3CO CONH2 H3CO COOCH3 H3CO COOCH3 + - + Br H NH Br NH3 Cl H3C NH2 G 3 I J 9. (2,0 điểm): 1. 1,0 điểm; 2. 1,0 điểm. 1. Một hợp chất A (C 4H10O) cho phản ứng iođoform. Khi cho hỗn hợp của oxi và chất A (ở dạng khí) đi qua dây đồng nung đỏ thì thu được chất B (C 4H8O). Phản ứng của B với vinylaxetilen có mặt bột Trang 7/9
8. o KOH (trong dung môi ete, 0-5 C) cho chất C (C8H12O). Phản ứng của C với H2SO4 loãng trong axeton có mặt của HgSO4 cho hai đồng phân cấu tạo D và E (C8H12O), hai chất này có thể tồn tại ở dạng đồng o phân hình học (D1, D2 và E1, E2 tương ứng). Khi đun nóng C với H2SO4 10% (60 C, 6 giờ), có mặt muối thuỷ ngân thì thu được chất F (C8H14O2), không chứa nhóm -OH. Viết công thức cấu tạo của A, B, C, F và vẽ cấu trúc của D1, D2, E1, E2. 2. Cho các chất: anilin, glyxerol, axit photphoric. Viết sơ đồ các phương trình phản ứng để điều chế (quinolin). N Hướng dẫn chấm: 1. Chất A (C4H10O) là một ancol bậc 2 vì cho phản ứng iodoform và khi bị oxi hóa gỉam đi 2H. Công thức của A là CH3-CHOH-C2H5 ; B (C4H8O): CH3-CO-C2H5 . O H2C=CH-C CH + C2H5 HO C C-CH=CH2 CH3 B C (3-metylhept-6-en-4-in-3-ol) +2 +2 a. C + H2SO4 + Hg : Xẩy ra đehidrat hóa do H2SO4 và đồng thời hidrat hóa do Hg . D: 3-metylhepta-2,6-dien-4-on. E: 5-metylhepta-1,5-dien-3-on. D1 O D2 O O E1 O E2 +2 b. C + Hg + H2SO4 10%: HO O O 2+ + + HO C=C-CH=CH2 Hg /H H C O F - 2. Điều chế quinolin. H3PO4 HOCH2-CHOH-CH2OH CH2=CH-CHO H OH CHO + H+ H + H2C=CH-CHO - H2O NH2 NH NH - 2 H NH N Câu 10. (2,0 điểm): 1. 0,5 điểm; 2. 0,5 điểm; 3. 1,0 điểm. 1. Axit muraminic (Mur) [3-O-(1'-cacboxyetyl)-D-glucosamin)] là thành phần của tế bào vi khuẩn được tạo thành khi cho B phản ứng với axit D-lactic. Viết công thức Fisơ (Fisher) của A và Mur được tạo thành trong dãy các phản ứng sau: HO H H OH NH3, HCN Pd, HCl lo·ng HOOC-CHOH-CH3 HOH2C A B Mur CHO - H2O -NH4Cl H OH 2. Inulin (một cacbohiđrat có trong rễ cây actisô) không phản ứng với thuốc thử Felinh; khi bị thuỷ phân có mặt α-glucoziđaza cho 2 mol glucozơ và một polisaccarit gồm các D-fructozơ kết cấu theo kiểu (2→1)-D-fructofuranozơ. Phân tử khối tương đối của inulin khoảng 5200 u. Vẽ công thức Havooc (Haworth) của inulin. Trang 8/9
9. 3. Phương pháp bảo vệ nhóm hiđroxyl (-OH) thường được sử dụng khi chuyển hoá giữa các monosaccarit. H CH O OH OCH3 3 HO H NH Viết sơ đồ phản ứng để điều chế α-D-perosinamid H O 2 từ và các chất cần thiết. HO OH H HO H OH OH Hướng dẫn chấm: 1. Công thức Fisơ của A và Mur: 2. Công thức của Inulin: Sản phẩm ưu tiên khi nhóm -NH2 định hướng trans so với nhóm -OH. CN CHO O O O NH2 HOOC NH2 HO H O OH H3C OH CH2 OH OH O O CH2OH CH2OH 28 ®¬n vÞ A Mur CH2 O O CH2 OO (Hoặc vẽ 2 gốc glucozơ ở cùng một đầu) 3. O OCH3 HO H3C O OCH3 HO O OH 1. MeOH/H+ 1. TsCl, Et N HO 3 + O 2. LiAlH4 O 1. NaBH4, EtOH, H2O HO OH 2. CH3COCH3/H O 3. RuO 2. TsCl, Et N O 4 O 3 OH H3C O OCH3 H3C O OCH H3C H C 3 O OCH3 3 O OCH3 H MeOH/H+ NaN3 LiAlH4 O TsO OH TsO N3 OH H2N OH O OH OH OH (Hi®rua ­u tiªn H tÊn c«ng vµo vÞ CH H C OCH3 3 trÝ equatorial) 3 O OCH3 H O NH2 H H N OH 2 H HO H OH OH HẾT Trang 9/9