De+DA de Xuat DHDBBB - Hoa Hoc 11 - Chuyen Lam Son, Thanh Hoa [PDF]

Zitiervorschau

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG

ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC – KHỐI 11

DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

NĂM 2017

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN

Thời gian làm bài: 180 phút

TỈNH THANH HÓA

(Đề này có 05 trang, gồm 10 câu)

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Câu 1: (2,0 điểm) Tốc độ phản ứng 1. Cho phản ứng: k1 (các hằng số tốc độ phản ứng k1 = 300 s–1; k2 = 100 s–1).   A  B k 2

(1) xe 1 k 1 + k2 = t l n x - x e

(xe là nồng độ chất lúc cân bằng; x là nồng độ chất đã phản ứng).

(2) Ở thời điểm t = 0, chỉ có chất A mà không có chất B. Trong thời gian bao lâu thì một nửa lượng chất A chuyển thành chất B? 2. Cho phản ứng pha khí: 2NO (k) + O2 (k) → 2NO2 (k) (3) 2 Phản ứng (3) tuân theo định luật tốc độ thực nghiệm v = k[NO] [O2]. Giả định rằng phản ứng không diễn ra theo một giai đoạn sơ cấp. Hãy đề nghị một cơ chế có khả năng cho phản ứng (3) và chứng tỏ rằng cơ chế ấy phù hợp với thực nghiệm động học. Câu 2:(2,0 điểm) Cân bằng trong dung dịch chất điện li 1.Tính pH bắt đầu kết tủa và kết tủa hoàn toàn Cr(OH)3 từ dung dịch CrCl3 0,010M. 2.Tính độ tan của Cr(OH)3? (coi như khi kết tủa hoàn toàn nồng độ cation còn lại là 10-6 M) pKs của Cr(OH)3 = 29,8;

Lg *βCrOH2+ = - 3,8

Cr(OH)3↓ = H+ + CrO2- + H2O

K = 10-14

Câu 3: (2 điểm) Điện hóa học 1. Thiết lập khu vực pH sao cho K 2Cr2O7 có thể oxi hóa được hơn 80% Br - và ít hơn 2% Cl - từ hỗn hợp KBr 0,010M và KCl 1,0M. 0 0 0 Cho: E Cl2 / 2 Cl = 1,36 V; E Br2 ( l ) / 2 Br  = 1,065 V; E Cr2 O72 / 2 Cr3 = 1,33 V;

[Cr2O72-] = [Cr3+] = 1M. Độ tan của Br2 trong nước là 0,22 M. Trang 1

2. Đánh giá thành phần cân bằng trong hỗn hợp KClO 3 0,10M và FeBr2 0,060M ở pH= 2,0. 0 0 0 Cho: E ClO3 /Cl = 1,45 V; E Br2 (H2O) / 2 Br  = 1,085 V; E Fe3 /Fe2 = 0,771 V; *

III = 10 2,17 (Fe3 ) ; *  II = 10 5,92 (Fe 2 )

Câu 4: (2 điểm) N - P, C - Si và hợp chất Cho m gam hợp chất X ( được tạo thành từ hai nguyên tố) phản ứng hoàn toàn với H2SO4 đặc, nóng chỉ thu được 20,16 lít (đktc) hỗn hợp khí A gồm hai khí và H2O. A làm mất màu vừa đủ 1,6 lít dung dịch Br2 0,5M và A không có phản ứng với dung dịch CuCl2. Cho A vào dung dịch Ca(OH)2 dư, thu được 106 gam kết tủa trắng. Xác định công thức của X, và tính m. Câu 5: (2 điểm) Phức chất, trắc quang Chất A được tạo từ cation K+ và anion Xn– . Chất B được tạo từ cation K+ và anion Xm–. Hai anion này đều là anion phức bát diện nhưng khác nhau về momen từ:

X n

= 0;

 X m

=

1,72D. Trong phối tử của hai anion trên chỉ chứa hai nguyên tố thuộc chu kỳ 2. Khi cho 20mL dung dịch 0,1M của A tác dụng với 1,3240 gam Pb(NO3)2 thì tạo thành 1,2520 gam kết tủa trắng và trong dung dịch chỉ còn lại muối kali. Khi cho 1,2700 gam FeCl2 vào một lượng dư dung dịch của A thì tạo thành 1,6200 gam kết tủa trắng C (chứa 51,85% khối lượng là sắt). Khi để ra ngoài không khí C trở thành xanh lơ và chuyển thành D. Dung dịch của B tác dụng với FeCl2 cũng tạo thành D. Biết momen từ :



n ( n  2)

; trong đó n là số electron độc thân của ion trung tâm.

a) Các chất A, B, C là những chất gì b) Viết các phương trình phản ứng xảy ra. Câu 6: (2 điểm) Quan hệ giữa hiệu ứng cấu trúc và tính chất 1.Cho các chất: anilin, glyxerol, axit photphoric. Viết sơ đồ các phương trình phản ứng để điều chế

N

(quinolin).

2. Giải thích sự khác nhau về nhiệt độ sôi trong dãy chất sau:

Trang 2

N

N N

S

N 1150C

1170C

H 2560C

N

N

H 1870C

Câu 7: (2 điểm) Hiđrocacbon 1. Chất K có công thức:

Từ chất A là 1,2,3-trimetylbenzen người ta tổng hợp ra chất K theo sơ đồ: CN du H 3O , t  B  A   C   D 1:2

NBS





0

1.( CH ) CHMgCl ThO2 F   E  2. H O 3 2

2

CH 3Cl CH 2 N 2 H 2 , Pd H 2 SO4 ,t  G  K  I  F   H  AlCl3 as 400 C 0

a) Hãy cho biết cấu tạo của các chất từ B đến I. Trong phản ứng I

H 2 , Pd   400 C

K có thể tạo ra sản

phẩm nào khác không ? b) So sánh nhiê ̣t đô ̣ sôi của các chất: D, E và G. Giải thích ngắn gọn? Hợp chất F có 2 đồng phân cấu hình, hãy cho biết nhiê ̣t đô ̣ sôi của chúng giống nhau hay khác nhau? Tại sao? 2. Từ metyl xiclopropyl xeton và hợp chất cơ magie tuỳ ý chọn, viết sơ đồ phản ứng điều chế 2,6-đimetyl-9-bromnona-2,6-đien. Câu 8: (2 điểm) Xác định cấu trúc, đồng phân lập thể, danh pháp 1. Khi cùng một lượng buta-1,3-dien và brom phản ứng với nhau ở nhiệt độ cao sẽ tạo ra hai hợp chất G (sản phẩm chính) và H (sản phẩm phụ) với công thức C4H6Br2. Hợp chất G phản ứng với lượng dư Br2 để tạo hợp chất I (C4H6Br4) là hợp chất meso. Hợp chất H phản ứng với lượng dư Br2 tạo ra chất I và đồng phân dia J. Vẽ công thức cấu trúc của G và H. Vẽ công thức chiếu Fischer của I và J. Chỉ ra cấu hình tuyệt đối ở các trung tâm bất đối. 2. a) Tiến hành phản ứng Diels-Alder giữa 2,5-dimetylfuran và anhydrit maleic cho hợp chất K tồn tại ở hai dạng đồng phân lập thể. Vẽ cấu trúc của hai đồng phân này.

Trang 3

b) Dehydrat hóa K xúc tác axit thu được chất L (C10H8O3). Vẽ cấu trúc của L. Câu 9: (2 điểm) Cơ chế phản ứng 1.Trình bày cơ chế các phản ứng sau: a. O

Br Br

N

Zn/THF

O

O N

O

b. HO H+ t0

HO

O

2.Cho sơ đồ phản ứng sau:

1.O3 2.(CH3)2S

A

CrO3, H2SO4 H2O

C2H5OH

B H SO 2 4

C

1.C2H5ONa, C2H5OH 2.H+/H2O

D

1.LiAlH4 2.H2O

F (C13H24O2)

a.Cho biết công thức cấu tạo các chất A, B, C, D, F. b.Cho biết F có thể có tất cả bao nhiêu đồng phân cấu hình? c.Trong số các đồng phân cấu hình của F, hãy viết công thức cấu hình một đồng phân và biểu diễn cấu dạng của đồng phân đó. Câu 10: (2 điểm) Tổng hợp các chất hữu cơ ( Dạng sơ đồ phản ứng) 1. Hoàn thành sơ đồ phản ứng sau bằng cách xác định cấu trúc các chất từ (A) đến (L)

Trang 4

1-brombutan

KOH,H2O

A

Na

B

CH3CH2Br

C CH3CH2CH2CHO

Mg, ete D

1. O3

1.CH3(CH2)3CHO E 2.H3O+

H2SO4 to

F

+CH3(CH2)3CHO

2. (CH3)2S Br2

G KOH nc hhH 1. NaNH2, 150oC 2.H2O

O

1.CH3

K

C CH2CH3 +

2. H3O

NaNH2

J

2HBr

1-nonin

L

1. BH3 2. H2O2,OHI

2. Chỉ thị axit- bazơ phenolphthalein được điều chế bằng phản ứng giữa anhidritphtalit và phenol xúc tác H2SO4 có phản ứng sau: HO

O

O

OH O

+

OH

O-

OH-

H2SO4 to O

H+

O-

O O

O

Viết cơ chế cho phản ứng tổng hợp phenolphthalein và cơ chế cho quá trình chuyển hóa phenolphtalein thành đianion màu đỏ trong môi trường bazơ.

Người ra đề

Lê Văn Đậu (Sđt: 0912137307)

Trang 5

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG

ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC – KHỐI 11

DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

NĂM 2017

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN

Thời gian làm bài: 180 phút

TỈNH THANH HÓA ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ

Câu 1(2 điểm) Động học - Cân bằng hóa học k1   B A  k

1) (1 điểm)

2

Nồng độ đầu: a 0 Nồng độ cân bằng: a - xe xe Ta có xe được xác định qua hằng số cân bằng (K): K

x [B] aK  e  xe  [A] a - x e 1+K

Tại thời điểm một nửa lượng chất A đã tham gia phản ứng: x = a/2; t = t1/2 a aK a 2aK - a - aK a(K - 1) = - = = 2 1+K 2 2(1 + K) 2(1 + K) x aK/(1+K) 2K  e =  xe - x a(K-1)/[2(1+K)] K - 1

 xe – x = x e -

x

2K

2,303

2K

(0,5 điểm) 2,303

2K

e Thay x - x = K - 1 vào (2), ta có: k1 + k2  t lg K - 1  t1/2 = k + k lg K - 1 e 1/2 1 2

k

1 Vì K  k , nên: 2

t1/2 =

2,303 2k1 2,303 2 . 300 lg = lg = 2,75.10-3 (s). k1 + k 2 k1 - k 2 300 + 100 300 - 100

Vậy sau 2,75.10-3 giây thì một nửa lượng chất A đã chuyển thành chất B.

2) Phản ứng có thể xảy ra theo cơ chế hai giai đoạn: 2NO  N2O2 (a) (nhanh) k N2O2 + O2  2NO2 (b) (chậm) Cộng (a) với (b) sẽ thu được phản ứng tổng cộng (3). Giai đoạn (b)chậm, quyết định tốc độ chung của phản ứng, nên: v = k2[N2O2][ O2] (*)

(0,5 điểm)

2

(0,5 điểm) Trang 6

Do giai đoạn (b) chậm và (a) nhanh nên có thể coi cân bằng (a) được thiết lập, khi đó có: [N2O2]/[NO]2 = k1/k-1  [N2O2] = (k1/k-1)[NO]2 (2*) Thay (2*) vào (*) thu được: v = (k1/k-1)k2[NO]2[ O2] = k[NO]2[ O2] với k = (k1/k-1)k2. Như vậy từ cơ chế giả định có thể rút ra được định luật tốc độ thực nghiệm. Cơ chế là có khả năng. (0,5 điểm) Chú ý: Thí sinh có thể đưa ra cơ chế khác. Nếu chứng minh chặt chẽ rằng cơ chế đó phù hợp với thực nghiệm thì cho đủ điểm. Câu 2(2,0 điểm): Cân bằng trong dung dịch chất điện li ' ' 3 1. - Khi bắt đầu kết tủa thì: CCr .(COH ) ≥ Ks (C’ là nồng độ ion trước khi tạo kết tủa) 3+

-

C'Cr3+ = CCr3+ - CCrOH 2+

' Trong đó: COH = [OH-]; -

Xét cân bằng:

Cr 3+

+

H2O ƒ

CrOH 2+ + H+

*

b = 10-3,8

0,01 0,01-x Giải ra được:

x = 1,182.10-3 C'OH- = [OH-] =

→

x

3

→

x

C'Cr3+ = 8,818.10-3M

Ks = 5,643.10-10 M→ pH = 4,75. ' CCr3+

(0,5điểm)

Khi kết tủa hoàn toàn thì nồng độ còn lại của Cr3+ là 10-6M tức là: [Cr3+]

+ [CrOH2+] = 10-6 M

10- 6 Ks K s .h 3 = = → [Cr ] = 1 + b.h - 1 [OH]3 (K w )3 3+

→ Ks.h3 + *β.h2.Ks – (Kw)3.10-6 = 0

→ h = 6,038.10-8 M → pH = 7,2

(0,5điểm)

2. Tổ hợp các cân bằng: Cr(OH)3 ¯

Cr3+ + H2O H+ + OHTa được cân bằng:

ƒ

Cr3+ +

ƒ

CrOH2+ + H+

*β = 10-3,8

ƒ

H2O

Kw-1 = 1014

Cr(OH)3 ¯

ƒ

3 OH-

Ks = 10-29,8

CrOH2+ + 2 OH- (1) có K1 = 10-19,6 Trang 7

So sánh các cân bằng, nhận thấy tính độ tan theo các cân bằng sau: Cr(OH)3 ¯

ƒ

CrOH2+ + 2 OH-

K1 = 10-19,6

H+ + OH-

Kw = 10-14

H2O ƒ Cr(OH)3↓ ƒ

H+ + CrO2- + H2O

K3 = 10-14

Áp dụng định luật bảo toàn nồng độ, ta có: 2K1 [OH ] = 2.[CrOH ] + [H ] - éëêCrO 2 ùûú = [OH- ]2 -

2+

+

K3 2K1 Kw ) = - 2 + Kw [OH ] [OH- ]

→ [OH- ] . ( 1 +

→

Kw K 3 .[OH- ] + [OH- ] Kw [OH- ] = 2,986.10-7 M (0,75điểm)

Ta có: Độ tan S = éëêCrO 2 ùûú + [CrOH2+ ] + [Cr3+] (trong đó [Cr3+] rất nhỏ, bỏ qua)

K s .[OH- ] K1 -7 →S = + - 2 = 5,8.10 M Kw [OH ]

(0,25điểm)

Câu 3: (2 điểm) Điện hóa học Để oxi hóa hơn 80% Br- và ít hơn 2% Cl- thì:

1)

E Br /2Br  < E Cr O 2  /2 Cr 3 < E Cl /2Cl 2 2 7 2  1,1733 < 1,33 – 0,138pH < 1,3013  0,21 < pH < 1,14 Ở pH = 2,0 E'Br

2 (H 2 O) / 2 Br



(0,5điểm)

E 0Br

2 (H 2 O) / 2 Br

= E 0Br

2 (H 2 O) / 2 Br





= 1,085 V không phụ thuộc vào pH vì vậy thế điều kiện

= 1,085 V;

Đối với cặp ClO3Nhận xét: Vì lượng Br2 sinh ra tối đa chỉ có thể bằng 5.10 -3M, bé 0 hơn độ tan của Br2 trong nước vì vậy phải tính E Br2 ( H2O ) / 2 Br  : 0

Br2 (l) + 2e  2Br-

K1 = 102E1 /0,0592

Br2 (H2O)

K2 =

 Br2 (l)

[Br2 (l)] 1 = SBr 2 Br2 (H 2O) Trang 8

Br2 (H2O) + 2e  2Br E30 = E10 E 0Br

2 ( H2 O ) /2Br



0

K = 102E3 /0,0592 = K1.K2

0,0592 lgSBr2 2

= E 30 = 1,065 -

0,059 lg 0,22 = 1,0845 V 2

(0,5điểm)

0 0 Ta có: E Cl2 / 2 Cl = 1,36 V > E Br2 ( H2 O ) /2Br  = 1,0845 V nên Cr2O72- oxi hóa Br- trước,

Cl- sau. - Để oxi hóa 80% Br- thì [Br-] còn = 0,2.0,01 = 2.10-3M [Br2] = 1/2.(0,01 – 2.10-3) = 4.10-3M 0 E Br /2Br  = E Br + /2Br  2

2

0,0592 [Br2 ] lg  2 = 1,1733V 2 [Br ]

Oxi hóa 2% Cl- thì [Cl-] = 0,98M; [Cl2] = 0,01M E Cl

2 /2Cl



0 = E Cl

2 /2Cl



+

0,0592 [Cl2 ] lg  2 = 1,3013V 2 [Cl ]

Cr2O72- + 14H+ + 6e  2Cr3+ + 7H2O 0,0592 [Cr2O7 2 ][. H  ]14 E Cr O 2  /2 Cr3 = E + lg 2 7 6 [Cr 3 ]2 14.0,0592 = 1,33 pH 6 0 Cr2 O72  /2Cr 3 

-

/Cl-:

ClO3- + 6H+ + 6e  Cl- + 3H2O

0, 0592 [ClO3 ] 0, 0592 E=E + lg + lg[H  ]6  6 [Cl ] 6 0

Tính thế điều kiện E’: 0, 0592 [ClO3 ]' E=E + lg - 0,0592pH 6 [Cl  ]' '

Vì [ClO3-]’ = [ClO3-]; [Cl-]’ = [Cl-] nên E’ = E0 – 0,0592pH Ở pH = 2 thì E’ = 1,45 – 0,0592.2 = 1,33V Đối với cặp Fe3+/Fe2+: Trang 9

*

Fe3+ + H2O  FeOH2+ + H+

*

Fe2+ + H2O  FeOH+ + H+ E=E

' Fe3  /Fe 2 

III = 10 2,17 II = 10 5,92

[Fe3 ]' [Fe3 ] 0 + 0,0592 lg = E Fe3 /Fe2  + 0,0592 lg [Fe 2 ]' [Fe 2 ]

Vì [Fe3+]’ = [Fe3+] + [FeOH2+] = [Fe3+].(1 + * III .h-1) [Fe2+]’ = [Fe2+] + [FeOH+] = [Fe2+].(1 + *  II .h-1) Do đó tổ hợp lại ta có: E ' = E 0 - 0,0592 lg

h + *  III h + * II

10 2 + 10 2,17 0,771 - 0,0592 lg 2 10 + 10 5,92

=

=

0,758V

(0,5điểm) Phản ứng đầu tiên xảy ra: ClO3- + 6Fe2+  Cl- + 6Fe3+ C0

0,10

0,06

C

0,09

-

0,01

K = 106(1,33-0,758)/0,0592 = 1057,97

0,06

Phản ứng tiếp theo: ClO3- + 6Br-  Cl- + C0

0,09

0,12

C

0,07

-

3Br2

K = 106(1,33-1,085)/0,0592 = 1024,83

0,01 0,03

0,06

Xét cân bằng ngược: 3Br2 []

+ Cl-

0,06 -3x

 ClO3-

0,03-x

+ 6Br-

0,07+x

10-24,83

6x

(6x)6 .(0, 07 + x) = 10 24,83 3 (0, 06 - 3x) .(0, 03 -x)  6x = [Br-] = 1,55.10-5M [Br2] = 0,060M; [Cl-] = 0,03M; [ClO3-] = 0,07M Từ (1): []

6Fe3+ 0,06-6x

+ Cl-  6Fe2+ + ClO30,03-x

6x

10-57,97

0,07+x Trang 10

Giả thiết x nSO  0,8 (mol) (0,5điểm) => nY = 0,1 (mol) Kết tủa gồm 0,8 mol CaSO3 và kết tủa do Y tạo ra. m (CaSO3) = 0,8. 120 = 96 (gam) => kết tủa do Y tạo ra = 106 – 96 = 10 (gam) (0,5điểm) Mà nY = 0,1 (mol) => Y là CO2 và kết tủa là CaCO3 => A gồm 0,1 mol CO2 và 0,8 mol SO2 => X chứa hai nguyên tố là C và S (0,5điểm) Giả sử công thức của X là CSx  C + 4 + xS+ 4 + (4 + 4x)e => CSx   S+ 4 S+ 6 + 2e  n(CO2) : n(SO2) = 1 :8 => x + 2 + 2x = 8 => x = 2 Công thức của X là CS2 và m = 0,1.76 = 7,6 gam (0,5điểm) 2

2

Câu 5: (2 điểm) Phức chất, trắc quang a)

n Pb(NO

3 )2



nA

2Pb2+

1,3240 : 331 2  0,1 .0, 02 1

+

X4-

4.10-3 2

2Fe2+

n FeCl  2

 

2.10-3

M Pb X 

0,01

 Anion trong A là X4Pb2X 2.10-3 (mol)

1,252  626 (g / mol)  M X4 = 626 – 207.2 = 212 (g/mol) 2.10 3

+

X4-

 

Fe2X

(C)

0,005 (mol) 1,62 1,27  324 (g / mol)  0, 01 (mol) ; M C  M Fe 2 X  0, 005 127

Trang 11

Số nguyên tử Fe trong chất C =

324.51,85 3 100.56

 ion X4- có 1 nguyên tử Fe (0,5điểm)

Vì Xn- là phức bát diện nên số phối tử là 6 Mà M X = 212 (g/mol)  Mphối tử = 4

212  56  26 6

 phối tử là CN X 4

= 0  ion X4- chứa Fe2+

 X4- là [Fe(CN)6]4-. Vậy : A là K4[Fe(CN)6]

(0,5điểm)

Anion Xm- : [Fe(CN)6]m X m

= 1,72 = [n(n+2)]1/2  n  1  Xm- chứa Fe3+.

Vậy B là K3[Fe(CN)6] Suy ra C: Fe2[Fe(CN)6];

(0,5điểm)

b) K4[Fe(CN)6] + 2Pb(NO3)2  Pb2[Fe(CN)6] + 4KNO3 K4[Fe(CN)6] + 2FeCl2  Fe2[Fe(CN)6] + 4KCl 2Fe2[Fe(CN)6] + 2K4[Fe(CN)6] + O2 + H2O  4KFe[Fe(CN)6] + 4KOH K3[Fe(CN)6] + FeCl2  KFe[Fe(CN)6] + 2KCl

(0,5điểm)

Câu 6: (2 điểm) Quan hệ giữa hiệu ứng cấu trúc và tính chất 1. (1.0 điểm) Điều chế quinolin.

Trang 12

HOCH2-CHOH-CH2OH

H3PO4

CH2=CH-CHO

H

CHO

+

+

H

+ H2C=CH-CHO NH2

NH

OH

NH

-2H

NH

H - H2O

N

2. (1.0 điểm) Nhiệt độ sôi: N

< S

N M = 79

M = 85

Vì hai chất này không có liên kết hidro nên có nhiệt độ sôi thấp nhất và nhiệt độ sôi phụ thuuộc vào phân tử khối. Và hai chất N N

N

H

H

N

Có nhiệt độ sôi cao hơn vì chúng đều tạo liên kết hidro. Nhưng N N H

Hình thành liên kết hidro liên phân tử N N H. . . N N H

Còn N

N

H

Hình thành liên kết nội phân tử tạo thành dạng dime Trang 13

N H.

N . .. . .N

H N

Vậy: Nhiệt độ sôi N
E Trang 14

- D, G có liên kết hyđro và liên kết hyđro giữa các phân tử D bền hơn giữa các phân tử G. + 2 đồng phân cấu hình của F có nhiê ̣t đô ̣ sôi khác nhau vì chúng vừa là đồng phân quang học vừa là đồng phân hình học. (0,5điểm) O C

. 2. CH3

. . 3 3. CH3MgBr 1 Mg 2 H O+

1 CH3MgBr

OH C CH 3 CH3

H2O

OH C

CH2CH2CH=C CH3

+ HBr - H2O

Br CH2CH2CH=C

CH3 HBr CH3

CH3 CH3

Br CH2CH2CH=C CH2CH2CH=C CH3

CH3 CH3

(0,5điểm) Câu 8: (2 điểm) Xác định cấu trúc, đồng phân lập thể, danh pháp

(1 điểm)

a.

b.

(0,5 điểm)

(0,5 điểm)

Câu 9: (2 điểm) Cơ chế phản ứng Trang 15

Br Br O

OZnBr

O

OZnBr

O

-ZnBr2

O N

N

N

(0,5điểm)

HO

H 2O -H+

H+ -H2O

HO

HO

HO

HO

O

(0,5đ)

Sơ đồ phản ứng: O

O 1.O3

CrO3, H2SO4

2.(CH3)2S

CHO

C2H5OH COOH H2SO4

H2O

A

B O

O

OH

1.C2H5ONa, C2H5OH COOC2H5

C

1.LiAlH4

+

2.H /H2O

O

2.H2O OH

F

D

b.Số đồng phân cấu hình có thể có của F là 25 = 32 đồng phân.

(1 điểm)

Câu 10: (2 điểm) Tổng hợp các chất hữu cơ ( Dạng sơ đồ phản ứng) 1) ( 1 điểm) Trang 16

Br

Na

KOH

ONa

OH

H2O

CH3CH2Br O

Mg,ete O

MgBr O

1. 2. H3O+

+

1.O3 H2SO4 to

OH

O

2. (CH3)2S Br2

Br

Br

KOH, to O

C

1. BH3

C

1. NaNH2, 150oC

-

2. H2O

2. H2O2, OH

HC

C

Br2

NaNH2 Br C

C O

Br

1. 2. H3O+ C2H5 HO

C

C

C

CH3

2- Viết cơ chế cho phản ứng tổng hợp phenolphtalein:

Trang 17

O

OH

OH O

OH

H3O+ O

O O

O

O

O

OH

OH

OH

HO

HO

H 2O O

O

H

- H3O+

O

O

O

H3O+ OH

OH

H2O O

O

O

OH

O HO OH

HO OH

O

H

H2O

O

O

O

- Cơ chế cho quá trình chuyển hóa phenolphtalein thành đianion màu đỏ trong môi trường bazơ. H O O

H

O

OH

-

O

O O

O O

O

O O

O

( 1 điểm)

Trang 18