3.hoa 11 - Bac Ninh [PDF]

Zitiervorschau

SỞ GD&ĐT BẮC NINH

ĐỀ THI OLYMPIC KHU VỰC DHBB NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn: Hóa học – lớp 11

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH

(Đề thi đề xuất)

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

Câu 1: Trong bối cảnh tác hại xấu của sự biến đổi khí hậu ngày càng thể hiện rõ rệt trên phạm vi toàn cầu, hoá học khí quyển ngày càng có tầm quan trọng to lớn. Một trong những phản ứng được quan tâm nhiều của lĩnh vực này là sự phân huỷ NO trong pha khí: 2NO (k)

N2 (k) + O2(k)

Phản ứng này có cơ chế được thừa nhận rộng rãi là: 2NO

k1

O + NO

k2

N + NO

2O + M

k3

k4

N2 + 2O

O2 + N

N2 + O

O2 + M

k-4

a. Hãy lập biểu thức định luật tốc độ phân huỷ NO theo các giả định: Nồng độ N đạt giá trị dừng, tốc độ giai đoạn phát triển mạch vượt trội so với tốc độ giai đoạn khơi mào (khởi đầu) và cân bằng giữa oxi nguyên tử và oxi phân tử được thiết lập. ∗ b. Biểu diễn năng lượng hoạt hoá hiệu dụng 𝐸ℎ𝑜ạ𝑡 ℎ𝑜á của phản ứng chung theo năng lượng hoạt hoá của các giai đoạn thích hợp trong cơ chế trên. Câu 2: Cho từ từ bột Na2CO3 vào 100 mL dung dich ̣ A gồ m Mg(NO3)2 0,1 M và Ca(NO3)2 0,2 cho đế n khi tổ ng nồ ng độ cho vào là 0,3 M, thu đươ ̣c dung dich ̣ hỗn hơ ̣p B (coi thể tích dung dich ̣ không đổ i sau khi thêm Na2CO3).
 a) Kế t tủa nào xuấ t hiện trước? b) Tính nồ ng độ cân bằ ng của các ion trong dung dich ̣ B.
 c) Tính số mol Na2CO3 cầ n cho vào 100 mL dung dich ̣ A để có thể tách hoàn toàn Ca2+ và Mg2+ ra khỏi dung dich, ̣ biế t rằ ng các ion đươ ̣c coi là tách hoàn toàn ra khỏi dung dich ̣ nế u -5 nồ ng độ còn la ̣i trong dung dich 10 M (coi thể tích dung dich ̣ ̣ là không đổ i).
 -5 -8,3 Cho biế t: Ks(MgCO3) = 10 ; Ks(CaCO3) = 10 ; H2CO3 có pKa1 = 6,35; pKa2 = 10,33.
 Câu 3: Pin điện hoá sau đây dựa trên phản ứng ở pha rắn và hoạt động thuận nghịch ở 1000K dưới dòng khí O2. Các ion F- khuếch tán thông qua CaF2 (r) ở 1000 K.

(-)

MgF2 (r), MgO (r) | CaF2 (r)| MgF2 (r) , MgAl2O4(r), Al2O3(r)

(+)

Các nửa phản ứng: Ở điện cực âm:

MgO(r) + 2 F-  MgF2 (r) + ½ O2 (k) +2e

Ở điện cực dương: MgF2 (r) + Al2O3(r) +½ O2 (k) +2e  MgAl2O4(r) + 2Fa. Viết phương trình Nernst cho mỗi nửa pin. Viết phương trình phản ứng tổng cộng khi pin hoạt động và phương trình Nernst của nó. Coi áp suất O2(k) là như nhau ở 2 điện cực. Nồng độ F- là bằng nhau ở 2 điện cực và được duy trì bởi dòng khuếch tán ion F- thông qua CaF2 (r). b. Tính ∆G0 của phản ứng (ở 1000 K). Biết rằng, E0 (ở 1000 K) của phản ứng là 0,1529V. c. Sức điện động chuẩn của pin trong khoảng nhiệt độ từ 900 K đến 1250 K là: E0 (V) = 0,1223 + 3,06. 10-5T. Giả thiết ∆H0, ∆S0 là hằng số, tính các giá trị này. Câu 4: Cho dư bột Cu vào 10ml dung dịch HNO3 đặc thấy thu được 740 ml khí A ở điều kiện tiêu chuẩn, làm lạnh A tới -200C thấy thu được chất lỏng màu lam. Mặt khác nếu pha loãng 10 lần HNO3 rồi thêm dư bột Pb thì thu được 560ml khí. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và xác định nồng độ HNO3. b. Hãy giải thích sự tạo thành sản phẩm khi hoá lỏng khí A ở -200C, nếu nhiệt độ hoá lỏng khí lớn hơn hoặc nhỏ hơn -200C thì sản phẩm của sự hoá lỏng là gì? Giải thích? Câu 5: Hoà tan 1,092 g A là oxit kim loại X trong dung dịch HCl thu được khí màu vàng lục và một lượng 1,890g chất B màu tím là muối Clo của X, số mol khí bằng số mol muối. Phản ứng của B với Mg trong khí quyển CO (200atm ) tạo thành 2,772 g phức chất màu vàng C (% khối lượng Mg là 5,195% và không có chứa Cl). Khi cho C tác dụng với HCl thấy tạo thành H2 và 2,628 g hợp chất D màu xanh. Nung D trong khí quyển trơ thu được kim loại X. Ở nhiệt độ thấp, hợp chất D có thể tạo thành dạng đime 1. Xác định kim loại X. 2. Xác định các chất A,B,C,D. Viết các PUHH xảy ra. 3. Hãy dùng thuyết VB để giải thích cấu trúc của C và D. Câu 6: 1. Cho các hợp chất và ion sau:

Chỉ rõ những hợp chất và ion thơm? Giải thích. 2. Viết công thức cấu tạo và giải thích các hiện tượng sau: a. Xiclopropenon có momen lưỡng cực rất lớn b. X có momen lưỡng cực lớn hơn Y.

c. 3,4-Đibrôm-1,2,3,4-tetraphenylxiclobut-1-en tác dụng AgBF4 sinh ra hợp chất rắn màu đỏ. d. Xicloocta-1,3,5,7-tetraen tác dụng với K tạo hợp chất rắn. 3. Cho các axitsau: F: axit fumaric S: axit squaric C: axit croconic M: axit maleic D: axit dentic

a. Giải thích: - Vì sao pKa1 của M < F nhưng pKa2 M >F - Vì sao pKa1 của S xấp xỉ M nhưng pKa2 S nhỏ hơn nhiều M b. So sánh pKa của D, S với pKa của C. c. Viết phương trình phản ứng khi cho S và D tác dụng lượng dư NaHCO3 4. Bốn hợp chất có trong thiên nhiên đều không chứa nhóm cacboxyl xong đều có tính axit là: A: axit ascobic pKa=4,2 T: axit tereic B: axit bacbituric pKa 4 U: axit uric (pKa= 3,9)

Giải thích vì sao các chất trên có tính axit. Câu 7: 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 NH3 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 KMnO4/H+ cho sản phẩm hữu cơ duy nhất B. Đun nhẹ B với I2 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. Câu 8: Hai lacton thơm A, B có công thức phân tử [C10H10O4] đều tan trong dung dịch NaOH loãng nhưng không tan trong dung dịch NaHCO3. Cả A và B cho phản ứng màu với dung dịch FeCl3. Khi cho A phản ứng CH3I/K2CO3 tạo ra chất C[C11H12O4]. Biết C chứa ba nhóm metyl không giống nhau, trong đó có một nhóm metyl liên kết vòng thơm. Xử lý C với BCl3 để tách loại một nhóm metyl tạo ra D là một đồng phân mới của A. D có một nhóm hiđroxi tạo liên kết hiđro nội phân tử. Cho chất E (2-metyl-1,3-đihiđroxibenzen) phản ứng MeI/K2CO3 tạo F[C9H12O2], F được khử bằng Li/NH3 lỏng có mặt 2 -metylpropan-2-ol cho một đien đối xứng và không liên hợp G. Tiếp tục cho G phản ứng KNH2/NH3 lỏng tạo ra một sản phẩm H. Thực hiện phản ứng ozon phân H rồi xử lý tiếp thu được nhiều sản phẩm trong đó có metyl 2-oxopropanoat. Thực hiện phản ứng giữa H với đimetylbut-2-inđioat, đun nóng tạo K[C15H20O6], tiếp tục đun nóng K để loại eten tạo được một este thơm L. Thủy phân L trong môi trường bazo rồi axit hóa dung dịch tạo thành M[C11H12O6], đun nóng M trong chân không tạo ra N[C11H10O5]. Khử N bằng NaBH4 trong DMF(N,N-đimetylformamit) tạo C và một lacton P đồng phân, P cũng có thể thu được nhờ metyl hóa B. Hãy biện luận xác định cấu tạo các chất từ A đến P. Câu 9: Bằng cơ chế phản ứng, hãy giải thích sự hình thành các sản phẩm từ các quá trình sau:

Câu 10: a. Cadien [C15H24]được tìm thấy trong tinh dầu một số loại thực vật, đề hidro hóa cadien bằng S tạo thành cadalen [C15H18]. Hoàn thành sơ đồ tổng hợp Cadalen từ Cavone theo dãy sau:

Biết rằng B không làm mất màu dung dịch brom. b. Hoàn thành dãy chuyển hóa sau:

Vũ Thị Len (hữu cơ): 0942119129 Đỗ Thu Hiền (vô cơ): 0989261865

SỞ GD&ĐT BẮC NINH

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI OLYMPIC KHU VỰC DHBB NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn: Hóa học – lớp 11

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH

(Đề thi đề xuất) Câu 1. ( 2 điểm) Ý

Điểm

Nội dung

1

Giải:

(1,25đ)

a. Theo định luật tốc độ, ta có: 𝑑[𝑁𝑂] 𝑑𝑡

= −2𝑘1 [𝑁𝑂]2 − 𝑘2 [𝑁𝑂][𝑂] − 𝑘3 [𝑁𝑂][𝑁]

(1) 0,25

Nồng độ của N đạt trạng thái dừng: 𝑑[𝑁] 𝑑𝑡

= 𝑘2 [𝑁𝑂][𝑂] − 𝑘3 [𝑁𝑂][𝑁] = 0

 𝑘3 [𝑁𝑂][𝑁] = 𝑘2 [𝑁𝑂][𝑂]  [𝑁] =

𝑘2 [𝑂] 𝑘3

(2)

Thế (2) vào (1) ta có: 𝑑[𝑁𝑂] 𝑑𝑡

= −2𝑘1 [𝑁𝑂]2 − 2𝑘2 [𝑁𝑂][𝑂]

0.25

Theo điều kiện tốc độ giai đoạn phát triển mạch vượt trội so với tốc độ giai đoạn khơi mào: 𝑘2 [𝑁𝑂][𝑂]>>2𝑘1 [𝑁𝑂]2 

𝑑[𝑁𝑂] 𝑑𝑡

= −2𝑘2 [𝑁𝑂][𝑂]

(4)

Theo điều kiện cân bằng giữa oxi nguyên tử và oxi phân tử được thiết lập: 𝑘−4 [𝑂2 ]

 [𝑂] = √

𝑘4 [𝑂]2 = 𝑘−4 [𝑂2 ]

𝑘4

0,25

(5)

Thế (5) vào (4) ta có 𝑑[𝑁𝑂] 𝑑𝑡

𝑘−4 [𝑂2 ]

= −2𝑘2 [𝑁𝑂]√

𝑘4

(6)

Ký hiệu: 𝑘−4

𝑘 = −2𝑘2 √ 𝑘

4

Phương trình động học được viết lại:

0,25 (7)

𝒅[𝑵𝑶] 𝒅𝒕

2 (0,75 đ)

0,25

= 𝒌[𝑵𝑶]√[𝑶𝟐 ]

b./ Theo phương trình Arrhenius, liên hệ giữa hằng số tốc độ phản ứng và năng lượng hoạt hoá E* là: 𝑘= Với phản ứng đang xét: 𝑘 = 𝐴. 𝑒

−𝐸∗ℎ𝑜ạ𝑡 ℎ𝑜á 𝑅𝑇

−𝐸 ∗ 𝐴. 𝑒 𝑅𝑇

0,25 −𝐸∗𝑖

và 𝑘𝑖 = 𝐴𝑖 . 𝑒 𝑅𝑇

∗ Trong đó 𝐸ℎ𝑜ạ𝑡 ℎ𝑜á là năng lượng hoạt hoá chung, Ei là năng lượng hoạt hoá thứ i trong cơ chế trên, vậy biểu thức (7) được viết lại là:

𝑘=

∗ −𝐸ℎ𝑜ạ𝑡 ℎ𝑜á 𝐴. 𝑒 𝑅𝑇

=

=

∗ −𝐸−4 −𝐸2∗ 𝐴−4 . 𝑒 𝑅𝑇 −2. 𝐴2 . 𝑒 𝑅𝑇 . √ ∗ −𝐸−4 𝑅𝑇 𝐴4 . 𝑒

=

−𝐸2∗ 𝐴. 𝑒 𝑅𝑇 . √

𝑒

∗ −𝐸−4 𝑅𝑇

∗ −𝐸−4 𝑅𝑇 𝑒

0,25

𝐸∗ 𝐸∗ 𝐸∗ −( 2 + −4 − 4 ) 𝑅𝑇 2.𝑅𝑇 2.𝑅𝑇 𝐴. 𝑒

𝐴

Với 𝐴 = −2. 𝐴2 √ 𝐴−4 4



∗ −𝐸ℎ𝑜ạ𝑡 ℎ𝑜á

𝑅𝑇

𝐸∗

𝐸∗

𝐸∗

𝟏

−4 4 = −(𝑅𝑇2 + 2.𝑅𝑇 − 2.𝑅𝑇 )  𝑬∗𝒉𝒐ạ𝒕 𝒉𝒐á = 𝑬∗𝟐 + 𝟐 (𝑬∗−𝟒 − 𝑬∗𝟒 )

0,25

Câu 2 Ý A (0,5đ)

Điểm

Nội dung 𝐾𝑎1. 𝐾𝑎2

a. C’ (CO32-) = C0. (CO32-) = C0. ℎ2 + 𝐾

𝑎1 .ℎ+ 𝐾𝑎1 𝐾𝑎2

=

C’ (Mg2+) = 0,25 C’ (Ca ) = 2+

0.25 

b.

b. 𝑛𝐶𝑂32− = 𝑛𝑀𝑔2+ + 𝑛𝐶𝑎2+

(0,75)

Ks-1 >>1 nên phản ứng 1 xảy ra hoàn toàn. Thành phần giới hạn của hệ là MgCO3 và CaCO3. Các cân bằng diễn ra: MgCO3

Mg2+ + CO32-

KS1 = 10-5 (1)

CaCO3

Ca2+ + CO32- KS2 = 10-8,3 (2) 0,25

Nhận xét: KS1>>KS2 do đó sự đóng góp của CO3 từ cân bằng (2) là không đáng kể. Vậy có các cân bằng sau: 2-

MgCO3

Mg2+ + CO32-

CO32- + H2O

OH- + HCO3-

KS1 = 10-5 Kb1 = 10-3,67

S = [HCO3-] + [ CO32-]

0,25 𝐾

Trong đó, [ CO32-] = [𝑀𝑔𝑆2+ ] =  S=

𝐾𝑆 𝑆

+ √𝐾𝑏

𝐾𝑆 𝑆

𝐾𝑆 𝑆

 S= 3,573. 10-3. c

c.

0,25

Để Ca2+ kết tủa hoàn toàn thì [ CO32-] = 10-3,3M

0,25

Để Mg2+ kết tủa hoàn toàn thì [ CO32-] = 1M. (0,75 )

Điều kiện để kết tủa hoàn toàn Ca2+ và Mg2+ thì nồng độ [ CO32-] = 1M.

CO32- + H2O

OH- +

HCO3- Kb1 = 10-3,67

1

x

x

M

0,25

 X = 0,015M  𝒏𝑵𝒂𝟐 𝑪𝑶𝟑 = ( 0,015 + 1+0,1+0,2) .0,1 = 0,1315 mol 0,25

Câu 3: Ý 1 (1,0đ)

Điểm

Nội dung a. Các nửa phản ứng theo đầu bài MgF2 (r) + Al2O3(r) +½ O2 (k) +2e MgO(r) + 2 FPhản ứng tổng cộng:

MgAl2O4(r) + 2F-

MgF2 (r) + ½ O2 (k) +2e Al2O3(r) + MgO(r)

0,25

MgAl2O4(r)

Phương trình Nernst cho mỗi nửa tế bào và phương trình tổng cộng khi pin hoạt động: 1

𝐸+ = 𝐸+0 +

𝑅𝑇 2𝐹

𝑙𝑛

𝑃𝑂2 (1) [𝐹

0.25

2 − ]2 (1)

1

𝐸− = 𝐸−0 +

𝑅𝑇 2𝐹

𝑙𝑛

𝑃𝑂2 (2) 2

[𝐹 − ]2 (2)

Ký hiệu (1), (2) chỉ các nửa phản ứng ở các điện cực (+) và (-) tương ứng trong pin. Phương trình Nernst cho phản ứng tổng cộng: 1

E = 𝐸+ - 𝐸− = ( 𝐸+0 +

𝑅𝑇 2𝐹

𝑙𝑛

1

𝑃𝑂2 (1) 2

[𝐹 − ]2 (1)

) − (𝐸−0 +

𝑅𝑇 2𝐹

𝑙𝑛

𝑃𝑂2 (2) 2

[𝐹 − ]2 (2)

0,25

1

= ( 𝐸+0 − 𝐸−0 ) +

𝑅𝑇 2𝐹

𝑙𝑛

)

𝑃𝑂2 (1) 2

[𝐹 − ]2 (1)

x

[𝐹

− ]2 (2)

1 𝑃𝑂2 2

= 𝐸+0 − 𝐸−0

(2)

Do nồng độ của F- và áp suất của O2 là như nhau cho 2 điện cực của pin, nên từ phương trình trên, ta có: E (pin) = 𝑬𝟎+ − 𝑬𝟎− = E0 (pin) = 0,1529 V.

0,25 2 (0,5 đ)

a. ∆G0 = -nFE0 = -2.96500. 0,1529 = -29510 (J/mol) = -29,51 (kJ/mol) b. ∆G0 = ∆H0 - T.∆S0 = -nF(0,1223 + 3,06.10-5.T) = -nF.0,1223 – nF.3,06.10-5.T = -nF.0,1223 – T.nF.3,06.10-5.

0,5

0,25

∆H0 = -nF. 0,1223 = -2.96500.0,1223 = -23604J/mol = -23,604(kJ/mol) ∆S0 = nF.3,06.10-5 = 2.96500.3,06.10-5 = 5,906 (J/mol.K)

0,25

Câu 4: Ý

Nội dung

Điểm

1 (1,0đ)

a. Khi pha loãng dung dịch HNO3 rồi cho Pb vào thì khí thu được là NO. Phương trình hoá học như sau: 3 Pb + 8 HNO3  3 Pb(NO3)2 + 2 NO + 4 H2O (1) nNO (1) = 0,025 mol  n HNO3 = 0,025. 4 = 0,1 mol

0,25

 C0HNO3 ban đầu = 0,1/ 0,01 = 10M Mặt khác số mol khí A là nA= 0,74/ 22,4 = 3,3. 10-2 mol  khi cho Cu dư vào dung dịch HNO3 đặc trên thu được hỗn hợp khí A gồm 2 khí là NO2 và NO.

0.25

 Các phương trình phản ứng xảy ra khi cho các kim loại vào dung dịch HNO3 là: Cu

+ 4 HNO3  Cu(NO3)2 + 2 NO2 + 2 H2O

3 Cu + 8 HNO3  3 Cu(NO3)2 + 2 NO + 4 H2O 0,25 3 Pb + 8 HNO3  3 Pb(NO3)2 + 2 NO + 4 H2O Khi hạ nhiệt độ hỗn hợp khí A thì thu được chất lỏng màu lam là N2O3 (vì N2O2 và N2O4 không có màu) NO + NO2

-20 0C

N2O3

2

b. Giải thích sự tạo thành N2O3 khi hoá lỏng A

(1,0 đ)

2 4 ∗1 Cấu hình e của NO là: [kk] σ2𝑠 σ∗2 𝑠 σ𝑧 π𝑥𝑦 π𝑥𝑦

0,25

0,5

Cấu hình e của NO2 là: [kk] Quá trình kết hợp của 2 phân tử này là sự kết hợp của 2 gốc tự do nên xảy ra rất dễ dàng, ở năng lượng thấp. Nếu nâng nhiệt độ thì sẽ diễn ra quá trình phân huỷ N2O3 thành 2 khí ban đầu. Quá trình đime hoá NO2 xảy ra dễ dàng hơn NO, vì sự nhận e vào MO o (có năng lượng thấp hơn * ) sẽ toả nhiều nhiệt hơn quá trình nhận e vào MO *. Do đó quá trình đime hoá NO2 sẽ thuận lợi về mặt năng lượng hơn, hay quá trình phân huỷ N2O4 thành NO2 xảy ra ở nhiệt độ cao hơn N2O2. Vì vậy,

ở nhiệt độ lớn hơn -200C sẽ diễn ra sự đime hoá NO2,

0,25

0,25

ở nhiệt độ nhỏ hơn -200C sẽ diễn ra sự đime hoá NO NO + NO 2NO2

-20 0C

N2O2 N2O4

Câu 5: Ý

Nội dung

Điểm

1

Gọi công thức của oxit là X2On

(0,75đ)

Phương trình phản ứng:

X2On + HCl  2 XClx + (n-x) Cl2 + H2O

Số mol khí bằng số mol muối nên n-x =2 1,092

0,25

1,890

Có 𝑋.2+16.𝑛. .2 = 𝑋+35,5.𝑥  Có bảng sau x

1

2

X

8,263

21,37

3 51

 X là Vanadi. b (0,75 đ)

0.5

b. Oxit A của X là V2O5 Muối B cần tìm là VCl3. Số mol của B là 0,012mol VCl3 + Mg+ CO  C Giả sử C có 1 Mg thì MC = 462 đvC  nC = 2,772/ 462 = 0,06 (mol) = ½ . nB  C có 2 Vanadi  C tạo bởi 12 CO  Công thức phân tử của C là Mg[V(CO)6]2 Cho C tác dung với HCl thì thu được D +H2 mà mD= 2,628g

0,25

0,25

 D là V(CO)6 Phương trình phản ứng xảy ra với D là: t0

V(CO)6

V + 6 CO

t0 thấp

c (0,5 đ)

0,25

V2(CO)12

2V(CO)6

c. Dùng thuyết VB để giải thích cấu trúc của C và D D là V(CO)6 V có cấu hình e 3d34s2, sự phân bố e vào AO dưới tác dụng của trường phối tử CO như sau: 3d5  V lai hoá trong d2sp3

0,25 3d5

4s

4p

6 cặp e nhận từ 6 CO

V trong D còn 1 e độc thân nên D dễ đime hoá để tạo thành V2(CO)12. Hay trong D mới 0,25 có 17 e hoá trị, dễ đime hoá để đạt cấu trúc 18 e bền vững. C là Mg[V(CO)6]2

Trong C thì V có số oxi hoá -1, có cấu hình e của V-1 là d6, nên V-1 lai hoá trong d2sp3 dưới tác dụng của trường phối tử CO, như sau:

3d6

4s

4p

6 cặp e nhận từ 6 CO

Câu 6: Ý 1 (0,5đ)

Nội dung

Điểm

Theo Huckel, hợp chất thơm có cấu trúc vòng phẳng, liên hợp kín và số e,n tham gia liên hợp là 4k+2.Vậy nên: A: không thơm(ko có liên hợp kín) E: thơm(k=2) B: không thơm(không có k thỏa mãn) F: không thơm(vòng không phẳng, 2H gần nhau nên đẩy nhau) C: Không thơm (không liên hợp kín) D: thơm (k=0) G, H, I là những hệ dung hợp nên mặc dù có 1 số đặc điểm không thõa mãn Huckel nhưng tính thơm lại được xét do sự tồn tại dạng ion thơm dung hợp G: thơm(k=2), dường như do 2 ion thơm dung hợp với nhau:

0,25

0.25

H, I không có những đặc điểm trên nên không thơm. 2. (0,5)

a. Xiclopropennon có momen lưỡng cực rất lớn do phân tử rât phân cực , ở dạng ion lưỡng cực vòng 3 cạnh có tính thơm nên bền:

0,125

b. X có momen lưỡng cực lớn hơn vì dạng ion lưỡng cực là dạng bền do cả 2 ion tạo nên X có tính thơm (theo Huckel) 0,125

0,125 Vòng 4 cạnh có tính thơm, hệ liên hợp mạnh nên có màu đỏ.

Vòng 8 cạnh có tính thơm

3. (0,5 đ)

0,125

a. pKa1 : M F vì đianion của M kém bền( 2 điện tích âm cạnh nhau đẩy nhau mạnh) do đó sự phân li của monoanion thành đianion trở nên khó khăn. 0,25

- pKa1 của S có giá trị nhỏ tương đương và nhỏ hơn pKa1 của M vì có sự liên hợp làm tăng độ bền của monoanion S, còn pKa2 của S nhỏ hơn nhiều pKa2 của M vì sự liên hợp ở đianion của S làm cho nó trở thành 1 ion thơm bền vững

0,25

b. Nhờ có 3 nhóm C=O hút e mạnh, độ bền anion tạo càng lớn nên C có pKa1, pKa2 nhỏ 0,125 nhất trong số 3 axit trên.( pKa1 của C=0,8 và pKa2=2,2) c.

0,125

4. (0,5)

Bốn hợp chất A, B, T, U không chứa nhóm cacboxyl song vẫn biểu hiện tính axit vì có sự liên hợp tương tự nhóm cacboxyl là

0,25

0,25

Câu 7:

Ý

Nội dung

Điểm

1 (0,75đ) 0,25 cho mỗi chất

2 (1,25 đ)

* 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:

A có t nối đôi+ vòng 3 cạnh nên MA= 138t. Giá trị này tương ứng với công thức (C10H18)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:

0,25

0,25 0,375 * 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:

0,375

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:

Vậy cấu tạo và tên gọi A,L, D, B, C:

Câu 8:

Ý

(2 đ)

Nội dung -A, B [C10H10O4] có π+v=6 là một lacton vòng thơm, tan trong NaOH, không tác dụng NaHCO3, phản ứng màu FeCl3 nên có -OH phenol -A phản ứng MeI/K2CO3 tạo C có C11H12O4, vậy C đã thêm một nhóm metyl nên -OH phenol chuyển thành -OMe. C có ba nhóm metyl không giống nhau, có một nhóm liên kết trực tiếp vòng benzen. Phản ứng ozon phân H thu nhiều sản phẩm trong đó có metyl-2-oxo-propanoat nên H là

Điểm

0,25

Xét phản ứng E: 0.5

C loại một nhóm metyl tạo D, D có một nhóm hidroxi tạo liên kết hidro nội nên C có nhóm cacbonyl cạnh nhóm -OMe. Do đó C là (II), P là (I), từ đó xác định cấu tạo B, D

Metyl hóa B được P nên có 2 cấu tạo B thỏa mãn là B1,B2

A là đồng phân của D nên A khác D ở vị trí nhóm hiđroxi và metoxi, cấu tạo phù hợp A:

Câu 9:

Ý

Nội dung

Điểm

a. (0,5đ) 0,25

0.25 b.

0,25

(0,5 đ)

0,25

c (0,5 đ) 0,5

d. (0,5)

0,5

Câu 10:

Ý

Nội dung

Điểm

a. (1,0đ) 0,1 cho mỗi chất

b (1,0 đ)

0,1 cho mỗi chất