Đề thi Olympic 10-3 lần 3 môn Hóa học Lớp 11 - Trường THPT Lê Hữu Trác (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi Olympic 10-3 lần 3 môn Hóa học Lớp 11 - Trường THPT Lê Hữu Trác (Có đáp án)

1. PHẦN 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐĂK LĂK ĐƠN VỊ : TRƯỜNG THPT LÊ HỮU TRÁC KỲ THI OLYMPIC 10 – 3 LẦN THỨ III, NĂM 2018 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN : HÓA HỌC ; LỚP 11
2. PHẦN 2 : ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN Câu I (4 điểm) 238 206 I.1.Trong quá trình phân rã 92 U tạo ra 82 Pb người ta phát hiện được các sản phẩm sau: 234 234 234 230 226 222 218 214 210 214 210 214 92 U ; 91 Pa ; 90Th ; 90Th ; 88 Ra ; 86 Rn ; 84 Po ; 84 Po ; 84 Po ; ; 83 Bi ; 83 Bi ; 82 Pb ; 210 82 Pb 238 206 Hãy viết sơ đồ chuyển hoá 92 U thành 82 Pb bằng các mũi tên và ghi rõ quá trình phân rã ( hay ) trên các mũi tên. Biết rằng quá trình phân rã chỉ phóng ra hạt và . (không viết phương trình phản ứng hạt nhân) I.2.Cho các đại lượng nhiệt động sau: - 2- 3- + - H3PO4(dd) H2PO4 (dd) HPO4 (dd) PO4 (dd) H + OH H2O Ho (kJ.mol-1) - 1288 - 1296 - 1292 - 1277 - 56 So (J.mol-1.K-1) 158 90 - 33 - 220 81 o - I.2.1. Tính G của phản ứng trung hoà từng nấc H3PO4 bằng OH . I.2.2. Tính hằng số phân ly axit nấc thứ nhất của H3PO4. I.2.3. Trộn lẫn dung dịch H3PO4 0,10 M và NaOH 0,10 M, thu được 25,0 mL dung dịch hỗn hợp hai muối NaH 2PO4, Na2HPO4 và nhiệt lượng toả ra là 90,0 J. Tính thể tích hai dung dịch đã đem trộn lẫn. Ý Đáp án Điểm I.1 1,0 238 234  234  234 230 226 92 U  90Th  91 Pa  92 U  90Th  88 Ra 222 218 214  214  214  86 Rn  84 Po  82 Pb  83 Bi  84 Po 210  210  210 206  82 Pb  83 Bi  84 Po  82 Pb I.2 3,0 I.2.1 (1,5) + - Xét phản ứng: H + OH H2O. Ta có: o o o + o - H = H (H2O) - H (H ) - H (OH ) o o o - -1 o + H = H (H2O) - H (OH ) = - 56 KJ.mol (Vì H (H ) = 0) o o o + o - S = S (H2O) - S (H ) - S (OH ) o o o - -1 -1 o + S = S (H2O) - S (OH ) = 81 J.mol .K (Vì S (H ) = 0) - - * H3PO4 + OH H2PO4 + H2O (1) o o - o o - o H1 = H (H2PO4 ) + [ H (H2O) - H (OH )] - H (H3PO4) = - 1296 - 56 + 1288 = - 64 (kJ.mol-1) o o - o o - o S1 = S (H2PO4 ) + [S (H2O) - S (OH )] - S (H3PO4) = 90 + 81 – 158 = 13 (J.mol-1.K-1) o o o G1 = H1 – T. S1 = - 64 – 298.0,013 0,5 o -1 G1 = - 67,9 (kJ.mol ) - - 2- * H2PO4 + OH HPO4 + H2O (2) Tương tự, ta được: o -1 H2 = - 1292 - 56 + 1296 = - 52 (kJ.mol ) o -1 S2 = - 33 + 81 – 90 = - 42 (J.mol ) o o o G2 = H2 – T. S2 = - 52 + 298.0,042 o -1 G2 = - 39,5 (kJ.mol ) 0,5 2- - 3- * HPO4 + OH PO4 + H2O (3) o - H3 = - 1277 – 56 + 1292 = - 41 (kJ.mol )
3. o -1 -1 S3 = - 220 + 81 + 33 = - 106 (J.mol .K ) o o o G3 = H3 – T. S3 = - 41 + 298.0,106 o -1 G3 = - 9,4 (kJ.mol ) 0,5 I.2.2 (0,5) + - H3PO4 H + H2PO4 Ka1 + - -1 H + OH H2O Kw - - -1 H3PO4 + OH H2PO4 + H2O K = Ka1.Kw Ta có: o G1 = - RTlnK o 11 K = exp(- G1 /RT) = exp(67900/(8,314.298) = 7,9.10 11 -14 Ka1 = K.Kw = 7,9.10 .10 -3 Ka1 = 7,9.10 0,5 I.2.3 (1,0) Gọi x, y lần lượt là số mol NaH2PO4 và Na2HPO4 sinh ra. - - o -1 H3PO4 + OH H2PO4 + H2O H1 = - 64 kJ.mol x x x - 2- o o o -1 H3PO4 + 2OH HPO4 + 2H2O H = H1 + H2 = - 116 kJ.mol y 2y y Ta có: 64.x 116.y 0,09 x y x 2y 0,025 0,1 0,1 x = y = 5.10-4 Vậy: V(dung dịch H3PO4) = (x + y)/0,1 = 0,01 (L) = 10 (mL) V(dung dịch NaOH) = (x + 2y)/0,1 = 0,015 (L) = 15 (mL) 1,0 Câu II (4 điểm) II.1. Trộn 100,0 mL dung dịch CH3COOH 0,2 M với 100 mL dung dịch H3PO4 nồng độ a M, thu được dung dịch A có pH = 1,47. II.1.1. Xác định a. II.1.2. Thêm từ từ Na 2CO3 rắn vào dung dịch A cho đến pH = 4,0, thu được dung dịch B. Tính số mol Na2CO3 đã thêm vào và thể tích CO2 thoát ra ở đktc. Cho biết: H3PO4 có pK1 = 2,15; pK2 = 7,21; pK3 = 12,32; CH3COOH có pK = 4,76; CO2 + H2O có pK1 = 6,35; pK2 = 10,33; Độ tan của CO2 trong nước tại điều kiện thí nghiệm là 0,03 mol/L. II.2. A là dung dịch hỗn hợp CuSO4 0,1 M và H2SO4 0,05 M. Tiến hành điện phân dung dịch A với anot trơ và catot bằng Cu. Tăng từ từ hiệu điện thế ở 2 cực của bình điện phân. Tính hiệu điện thế tối thiểu phải đặt vào 2 cực của bình điện phân để cho quá trình điện - phân xảy ra (giả sử HSO4 điện li hoàn toàn, không xét sự tạo thành H2O2 và H2S2O8). o + o 2+ Cho biết: E (4H , O2 / 2H2O) = 1,23 V; E (Cu /Cu) = + 0,34 V và bỏ qua quá thế trong quá trình điện phân. Ý Đáp án Điểm II.1 2,5 II.1.1 (1,0) Các quá trình xảy ra trong dung dịch A: + - -2,15 H3PO4 H + H2PO4 K1 = 10 (1) - + 2- -7,21 H2PO4 H + HPO4 K2 = 10 (2) 2- + 3- -12,32 HPO4 H + PO4 K3 = 10 (3)
4. + - -4,76 CH3COOH H + CH3COO K4 = 10 (4) + - -14 H2O H + OH Kw = 10 (5) Vì K1 >> K2 >> K3, Kw và K4 >> Kw nên ta có thể bỏ qua cân bằng (2), (3) và (5). 2,15 H 2 PO4  K1 10 -0,68 Từ (1) suy ra: = = 1,47 = 10 = 0,21 (6) H 3 PO4  H  10 - 4,76 CH 3COO  K 4 10 -3,29 Từ (4) suy ra: = = 1,47 = 10 CH 3COOH H  10 - [CH3COO ] << [CH3COOH] nên có thể coi như CH3COOH không điện ly + 0,5 Do đó, nồng độ H trong dung dịch chủ yếu do H3PO4 điện ly ra. - + -1,47 [H2PO4 ] = [H ] = 10 = 0,034 (M) Từ (6) suy ra: [H3PO4] = 0,034/0,21 = 0,162. - Ta có : C(H3PO4) = [H3PO4] + [H2PO4 ] = 0,162 + 0,034 = 0,196 (M) 100.a = 0,196 200 a = 0,392 Vậy : a = 0,392 M 0,5 II.1.2 (1,5) 2,15 H 2 PO4  K1 10 1,85 Từ (1) suy ra: = = 4 = 10 = 70,8 H 3 PO4  H  10 - [H2PO4 ] = 70,8.[H3PO4] 2 7,21 HPO4  K 2 10 -3,21 Từ (2) suy ra: = = 4,0 = 10 H 2 PO4  H  10 2- - [HPO4 ] << [H2PO4 ] (7) 3 12,32 PO4  K 3 10 Từ (3) suy ra: = = = 10-8,32 2 4,0 HPO4  H  10 3- 2- [PO4 ] << [HPO4 ] (8) Từ (7) và (8) suy ra, H3PO4 ban đầu tồn tại chủ yếu ở dạng H 3PO4 và - H2PO4 . - C(H3PO4) = [H3PO4] + [H2PO4 ] = 0,196 (M) [H3PO4] + 70,8.[H3PO4] = 0,196 [H3PO4] = 0,003 (M) - 0,25 [H2PO4 ] = 0,196 – 0,003 = 0,193 (M) - 4,76 CH 3COO  K 4 10 -0,76 Từ (4) suy ra: = = 4,0 = 10 = 0,174 CH 3COOH H  10 - [CH3COO ] = 0,174. [CH3COOH] - C(CH3COOH) = [CH3COOH] + [CH3COO ] = 0,2/2 = 0,1 (M) [CH3COOH] + 0,174.[CH3COOH] = 0,1 [CH3COOH] = 0,085 M - 0,25 [CH3COO ] = 0,1 – 0,085 = 0,015 (M) + - -6,35 CO2 + H2O H + HCO3 K5 = 10 (9) - + 2- -10,33 HCO3 H + CO3 K6 = 10 (10) HCO3  K 5 -6,35 -4 -2,35 Từ (9) suy ra: = = 10 /10 = 10 CO2  H  - [HCO3 ] << [CO2] (11) 2 CO3  K 6 -10,33 -4 -6,33 Từ (10) suy ra: = = 10 /10 = 10 HCO3  H 
5. 2- - [CO3 ] > [HCO3 ] >> [CO3 ] 0,25 2- Do đó, ion CO3 ban đầu chủ yếu tồn tại ở dạng CO2 + Số mol H do H3PO4 và CH3COOH nhường ra là: - - 0,2.[H2PO4 ] + 0,2.[CH3COO ] = 0,2.0,193 + 0,2.0,015 = 0,0416 (mol) 2- + CO3 + 2H CO2 + H2O 2- + n(CO3 ) = ½ n(H ) = 0,0208 mol 0,25 m(Na2CO3) = 0,0208.106 = 2,2048 (gam) 2- n(CO2 tạo thành) = n(CO3 ) = 0,0208 mol. Giả sử CO2 tạo thành không thoát ra khỏi dung dịch thì nồng độ CO2 là: 0,0208/0,2 = 0,104 (M) > Độ tan của CO2 là 0,03 M Như vậy, có khí CO2 thoát ra. 0,25 Số mol CO2 hoà tan là: 0,2.0.03 = 0,006 (mol) Số mol CO2 bay ra là: 0,0208 – 0,006 = 0,0148 (mol) Thể tích CO2 thoát ra là: 22,4.0,0148 0,33 (L) 0,25 II.2 1,5 2+ 2- CuSO4 Cu + SO4 0,1M 0,1M + 2- H2SO4 2H + SO4 0,05M 0,1M + - H2O H + OH Các quá trình có thể xảy ra tại các điện cực: * Anot (cực dương): + 2H2O – 4e O2 + 4H * Catot (cực âm): Cu2+ + 2e Cu + 2H + 2e H2 0,5 + * Tính E(O2, 4H / 2H2O) + O2 + 4e + 4H 2H2O + o + 0,059 + 4 E(O2, 4H / 2H2O) = E (O2, 4H / 2H2O) + lg[H ] 4 = 1,23 + 0,059.lg0,1 = 1,171 (V) 0,25 * Ta có: 0,059 E(Cu2+/Cu) = 0,34 + lg0,1 2 = 0,311 (V) + 0,25 E(2H /H2) = 0,0 + 0,059lg0,1 = - 0,059 (V) Vậy hiệu điện thế tối thiểu cần đặt vào 2 cực của bình điện phân để quá trình điện phân xảy ra là: 0,5 Emin = 1,171 – 0,311 = 0,86 (V) Câu III(4 điểm) III.1. Viết các phương trình phản ứng sau và cho biết ứng dụng của từng phản ứng: • PdCl2 + H2O + CO • Si + KOH + H2O •N 2H4 + O2 • Zn3P2 + H2O III.2. Nung 8,08 gam một muối A, thu được các sản phẩm khí và 1,6 gam một hợp chất rắn không tan trong nước. nếu cho sản phẩm khí đi qua 200 gam dung dịch natri hiđrôxit
6. nồng độ 1,2% ở điều kiện xác định thì tác dụng vừa đủ và được một dung dịch gồm một muối có nồng độ 2,47%. Viết công thức phân tử của muối A nếu khi nung số oxi hóa của kim loại không biến đổi. III.2. Trình bày phương pháp hoá học nhận biết các anion có trong dung dịch hỗn hợp NaNO3, Na2SO4, Na2SO3, Na2CO3 và Na3PO4. Ý Đáp án Điểm III.1 1,0 • PdCl2 + H2O + CO Pd + 2HCl + CO2 Nhờ phản ứng này, người ta phát hiện lượng vết CO trong hỗn hợp khí: Những hạt rất nhỏ của Pd tách ra trong dung dịch làm cho màu đỏ của dung dịch PdCl2 trở nên đậm hơn. 0,25 • Si + 2KOH + H2O K2SiO3 + 2H2 Lợi dụng phản ứng của silic với dung dịch kiềm, trước đây, người ta dùng hợp kim ferosilic để điều chế nhanh khí hiđro ở mặt trận. 0,25 •N 2H4 + O2 N2 + 2H2O Phản ứng toả nhiệt mạnh nên N2H4 được dùng làm nhiên liệu cho tên lửa. 0,25 • Zn3P2 + 6H2O 3Zn(OH)2 + 2PH3 PH3 rất độc nên người ta dùng Zn3P2 để làm thuốc diệt chuột. 0,25 III.2 1,5 Công thức phân tử của muối A : - Khối lượng NaOH : 200 1,2 2,4 2,4g ( hay 0,06mol ) 100 40 - Khối lượng sản phẩm khí : mkhí = mA - mchất rắn = 8,08 – 1,6 = 6,48 g - Khi sản phẩm khí qua dung dịch NaOH thì NaOH hấp thụ khí và làm cho khối lượng dung dịch thành : mdd = 200 + 6,48 = 206,48 g Vì dung dịch sau phản ứng có nồng độ 2,47%, nên khối lượng muối trong dung dịch là : a mdd 2,47 206,48 mmuối = 5,1g 100 100 Sản phẩm khi tác dụng vừa đủ với NaOH tạo nên muối do đó lượng Na có trong NaOH đều chuyển vào muối. Khối lượng Na có trong muối : mNa = 0,06 . 23 = 1,38g Khối lượng gốc axit của muối : mgốc axit = 5,1 – 1,38 = 3,72g Gốc axit Muối Na Số mol gốc X Khối lượng mol phân tử gốc X Hóa trị NaX nx = nNa = 0,06 3,72 Mx = = 62 1 0,06 ứng với NO3 Hóa trị Na2X nNa 0,06 3,72 nx = = MM = = 124 2 2 2 0,03 0,03 không có gốc axit
7. Hóa trị Na3X nNa 0,06 3,72 nx = = Mx = = 186 3 3 3 0,02 0,02 không có gốc axit Vậy muối A là muối nitrat. Muối nitrat A không thể là muối nitrat của kim loại kiềm vì chất 0,5 rắn tạo thành do sự nhiệt phân tan trong nước và chất khí có tác dụng với dung dịch NaOH tạo 1 muối. Do đó khí tạo thành có NO2 và O2 . 1 2NO2 + 2NaOH + O2 = 2NaNO3 + H2O (1) 2 nNO2 nNaOH nO2 Vậy nNO2 = nNaOH = 0,06 mol → mNO2 = 46 0,06 = 2,76 g Gọi M là kim loại trong muối A có hóa trị lần lượt là 2, 3, 4. Vì khi nung A số oxy hóa của kim loại không thay đổi nên các muối nitrat này khi nung không cho kim loại đơn chất có số oxy hóa bằng 0. phương trình phản ứng nhiệt phân các muối nitrat như sau : 2M(NO3)2 = 2MO + 4NO2 + O2 (2) 4M(NO3)3 = 2M2O3 + 12NO2 + 3O2 (3) M(NO3)4 = MO2 + 4NO2 + O2 (4) ( một peroxit ) * Nếu muối A là muối nitrat gồm các tinh thể ngậm nước thì khi nhiệt phân ngoài NO2 và O2 thì còn có hơi nước thoát ra. Theo các phương trình phản ứng (2), (3), (4) thì tỷ lệ giữa NO2 và O2 là : 0,5 nNO2 : nO2 = 4 : 1 Theo trên thì khí NO2 thoát ra có nNO2 = 0,06 mol. 1 0,06 Khí O2 thoát ra có : nO2 = nNO2 = = 0,015 mol 4 4 mO2 = 0,015 32 = 0,48g Tổng số khối lượng NO2 và O2 : m(NO2:O2) = 2,76 + 0,48 = 3,24g < 6,48g lượng khí thoát ra. Trong khí thoát ra ngoài NO2 và O2 còn có H2O : mH2O = mkhí - m(NO2:O2) = 6,48 – 3,48 = 3,24g 3,24 →mH2O = = 0,18 mol. 18 Vậy muối nitrat là muối kết tinh có ngậm nước. - Nếu kim loại M hóa trị 2 : M = 37,33 (loại) - Nếu kim loại M hóa trị 3 : M = 56 (Fe) - Nếu kim loại M hóa trị 4 : M = 74,67 (loại) *Đặt công thức phân tử muối A ban đầu Fe(NO3)3.nH2O.
8. 4Fe(NO3)3.nH2O → 2Fe2O3 + 12NO2 + 3O2 + 4nH2O 12 mol 4n 0,06 mol 0,18 mol Vậy A có CTPT : Fe(NO3)3 . 9H2O . 0,5 III.3 1,5 - Trích mẫu thử - Cho dung dịch HCl dư vào mẫu thử, thu được dung dịch A và dẫn khí thoát ra qua 3 ống nghiệm mắc nối tiếp: ống nghiệm 1 đựng một ít dung dịch brom, ống nghiệm 2 đựng lượng dư dung dịch brom, ống nghiệm 3 đựng dung dịch nước vôi trong dư. Ở ống nghiệm 1, dung dịch brom bị mất màu, suy ra trong dung dịch ban đầu 2- có ion SO3 . Ở ống nghiệm 3, nước vôi trong vẩn đục, suy ra trong dung dịch ban đầu có 2- ion CO3 . 0,5 2- + SO3 + 2H SO2 + H2O 2- + CO3 + 2H CO2 + H2O 3- + PO4 + 3H H3PO4 SO2 + Br2 + 2H2O H2SO4 + 2HBr 0,25 CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O - Chia dung dịch A thành 2 phần: • Phần 1: Cho dung dịch BaCl2 dư vào, xuất hiện kết tủa trắng, suy ra 2- trong dung dịch ban đầu có ion SO4 . 2+ 2- 0,25 Ba + SO4 BaSO4 Lọc bỏ kết tủa, nhỏ dung dịch NaOH vào dung dịch nước lọc đến khi 3- xuất hiện kết tủa trắng, suy ra trong dung dịch ban đầu có ion PO4 . + - H + OH H2O - 3- H3PO4 + 3OH PO4 + 3H2O 2+ 3- 3Ba + 2PO4 Ba3(PO4)2 • Phần 2: Cho lá đồng vào, có khí bay ra, hoá nâu trong không khí, suy ra 0,25 - trong dung dịch ban đầu có ion NO3 . - + 2+ 3Cu + 2NO3 + 8H 3Cu + 2NO + 4H2O NO + ½ O2 NO2 0,25 Câu IV(4 điểm) o IV.1. Khi cho isobutilen vào dung dịch H2SO4 60%, đun nóng tới 80 C, thu được hỗn hợp gọi tắt là đi-isobutilen gồm hai chất đồng phân A và B. Hiđro hoá hỗn hợp này được hợp chất C quen gọi là isooctan. C là chất được dùng để đánh giá nhiên liệu lỏng. IV.1.1. Viết cơ chế phản ứng để giải thích sự tạo thành A, B và viết phương trình phản ứng tạo thành C từ A, B. IV.1.2. C cũng có thể được điều chế bằng phản ứng trực tiếp của isobutilen và isobutan khi có mặt axit vô cơ làm xúc tác. Viết cơ chế phản ứng. IV.2. Cho sơ đồ chuyển hoá: Xiclohexen NBS A Br2 B + C (Cấu hình R) B KOH/ Ancol 1,3-đibromxiclohex-1-en (D). IV.2.1. Xác định cấu trúc (vòng phẳng) của các chất A, B, C, D. IV.2.2. Trình bày cơ chế A chuyển thành B và B chuyển thành D.
9. Ý Đáp án Điểm IV.1 2,0 IV.1.1 (1,0) + - H2SO4 H + HSO4 CH2 C CH3 CH3 C CH3 + H CH3 CH3 CH3 CH3 C CH3 + CH2 C CH3 CH3 C CH2 C CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 C CH2 C CH2 (A) CH3 CH CH - H 3 3 CH C CH C CH 3 2 3 CH3 CH CH 3 3 CH3 C CH C CH3 (B) CH3 CH3 0,75 CH3 CH3 CH3 C CH2 C CH2 + H2 CH3 C CH2 CH CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 C CH C CH3 + H2 CH3 C CH2 CH CH3 0,25 CH3 CH3 CH3 CH3 IV.1.2 (1,0) CH2 C CH3 CH3 C CH3 + H CH3 CH3 CH3 CH3 C CH3 + CH2 C CH3 CH3 C CH2 C CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 C CH2 C CH3 + CH3 CH CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 CH3 C CH2 CH CH3 + CH3 C CH3 CH3 CH3 CH3 1,0 IV.2 2,0
10. IV.2.1 (1,0) Cấu trúc của A, B, C, D lần lượt là: Br Br Br Br Br Br Br Br Br 1,0 IV.2.2 (1,0) * Cơ chế A chuyển thành B: Br + - Br Br   - Br Br Br Br -Br- + 0,5 Br Br * Cơ chế B chuyển thành D: Br Br Br - Br + OH Br - H2O - - Br H H OH 0,5 Br Br Br Câu V(4 điểm) V.1. Cho axetanđehit tác dụng với lượng dư fomanđehit có mặt NaOH, thu được chất A. Cho A tác dụng với lượng dư dung dịch NaBr bão hoà và H 2SO4 đặc, thu được chất B. Đun nóng B với bột Zn, thu được chất C. C có công thức phân tử là C 5H8. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. V.2. Hợp chất A chứa 82,19% C; 6,85% H; còn lại là oxi. Phân tử A có một nguyên tử oxi. A không tạo màu với dung dịch FeCl 3, A tạo sản phẩm cộng với NaHSO 3. Cho A tác dụng với dung dịch iot trong NaOH thì không tạo kết tủa, axit hoá dung dịch sau phản ứng thì thu được chất B, chất B hơn A một nguyên tử oxi trong phân tử. B không làm mất màu dung dịch KMnO4 ở lạnh. Cho B tác dụng với lượng dư brom khi có mặt lượng dư HgO đỏ trong CCl4, thu được chất C là 1,2,3-tribrom-2-phenylpropan. Mặt khác, cho A tác dụng với NaBH 4 và H2O thu được chất D. Đun nóng D với dung dịch H2SO4 đặc, thu được chất E có công thức phân tử C10H10. V.2.1. Xác định công thức cấu tạo của A và viết các phương trình phản ứng xảy ra. V.2.2. Viết cơ chế phản ứng chuyển hoá D thành E. (Cho : C = 12 ; H = 1 ; O = 16) Ý Đáp án Điểm V.1 1,0 CH 2OH CH 3CHO + 4 HCHO + NaOH HO CH 2 C CH 2 OH HCOONa CH 2OH (A) (Hoặc:
11. CH2OH OH CH3CHO + 3 HCHO HO CH2 C CHO CH2OH 0,5 CH2OH CH2OH HOCH2 C CHO HCHO NaOH HOCH2 C CH2OH HCOONa CH2OH CH2OH (A) ) 0,25 CH2OH CH2Br KHSO H O HOCH2 C CH2OH 4KBr 4H2SO4 BrCH2CCH2Br 4 4 4 2 CH2OH CH2Br (B) 0,25 C H 2 B r Z n B r B rC H 2 C C H 2 B r 2 Z n 2 2 C H 2 B r (C) V.2 3,0 V.2.1 (2,0) Hợp chất A có: 82,19 6,85 10,96 nC : nH : nO = : : = 6,85 : 6,85 : 0,685 = 10 : 10 : 1 12 1 16 0,25 Phân tử A có một nguyên tử O nên công thức phân tử của A là C10H10O. A không tạo màu với dung dịch FeCl3 nên A không có chức phenol. A tạo sản phẩm cộng với NaHSO3 nên A là anđehit hoặc metylxeton. A tác dụng với dung dịch iot trong NaOH thì không tạo kết tủa nên A không phải là metylxeton, suy ra A là anđehit. 0,25 Axit hoá dung dịch sau phản ứng thu được chất B, chất B hơn A một nguyên tử O trong phân tử nên B là axit cacboxylic tương ứng với A và có công thức phân tử là C10H10O2. B không làm mất màu dung dịch KMnO4 ở lạnh nên trong phân tử B không có liên kết C-C Cho B tác dụng với lượng dư brom khi có mặt lượng dư HgO đỏ trong CCl 4, thu được chất C là 1,2,3-tribrom-2-phenylpropan nên CTCT của B là: COOH 0,25 Suy ra công thức cấu tạo của A là: 0,25 CHO Các phương trình phản ứng xảy ra: C6H5-C3H4-CHO + NaHSO3 C6H5-C3H4-CH(OH)-SO3Na C6H5-C3H4-CHO + I2 + 3NaOH C6H5-C3H4-COONa + 2NaI +2H2O + + C6H5-C3H4-COONa + H C6H5-C3H4-COOH + Na 0,25 CH2Br 2 4Br2 HgO 2 CHBr 2CO2 HgBr2 H2O 0,25 COOH CH2Br (C) 4C6H5-C3H4-CHO + NaBH4 + 3H2O 4C6H5-C3H4-CH2OH + NaH2BO3 0,25
12. (D) 0 H2SO4, t H O 2 0,25 CH2OH (E) V.2.2 (1,0) Cơ chế chuyển hoá D thành E: H H2O H CH2OH CH2 1,0