1. Trang chủ
  2. » Giáo Dục - Đào Tạo

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Hoa 11 HDC lao cai

13 992 12

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 13
Dung lượng 1,26 MB

Nội dung

Hãy vẽ công thức các đồng phân lập thể ứng với cấu tạo A.. Ứng với công thức cấu tạo B có bao nhiêu đồng phân lập thể, vì sao?. Dùng các kí hiệu thích hợp để chỉ rõ cấu hình của mỗi đồn

Trang 1

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH LÀO CAI ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 11 NĂM 2015

( HDC này có 12 trang, gồm 10 câu)

Bài 1 (2,0 điểm): Tốc độ phản ứng.

1 Xét phản ứng thuận nghịch: 1

2O2 (k)+ SO2(k) ¬ → SO

3(k)

Hãy tính hằng số cân bằng Kp của phản ứng trên ở 600C (chấp nhận hiệu ứng nhiệt của phản ứng không phụ thuộc nhiệt độ)

Cho các số liệu nhiệt động tiêu chuẩn tại 250C như sau:

sinh H

∆ (kJ.mol–1) S (J.K0 –1.mol–1)

2 Phản ứng sau dùng để phân tích ion I−:

Khi nghiên cứu động học của phản ứng trên ở 25oC, thu được các kết quả thực nghiệm như sau:

Thí

nghiệm [IO3−], M [I-], M [H+], M v (mol.l-1.s-1)

a) Sử dụng các dữ kiện trên để xác định bậc riêng phần đối với từng chất phản ứng Viết biểu thức tốc độ của phản ứng

b) Tính hằng số tốc độ và cho biết thứ nguyên của nó

c) Năng lượng hoạt hóa của phản ứng được xác định là 84kJ/mol ở 25oC Tốc độ phản ứng tăng lên bao nhiêu lần nếu năng lượng hoạt hóa giảm còn 74kJ/mol bằng cách dùng xúc tác thích hợp

HD:

Ta có: ∆G0 = ∆H0−T.ΔS0= - RTlnKp

Ở 25 oC: ∆G0298 = ∆H0298−T.ΔS0298

Từ phản ứng: 1

2O2 + SO2 ¬ → SO

3, suy ra:

) mol / J ( 815 , 94 06 , 205 2

1 52 , 248 22

,

256

S

) mol / kJ ( 12 , 99 06 , 296 18 ,

395

H

0

298

0

298

=

=

= +

=

0

298

G

∆ = - 99,12 – 298.10-3 (-94,815) ≈ - 70,87 (kJ.mol-1 )

→ ΔG0298 - - 70,87.103

- 8,314 298 RT

p, 298

12

0,5

0,5

Trang 2

Khi ∆Ho= const, ta có:

0

p, 333

p, 298

→ln Kp, 33312 = - - 99,12.103 1 - 1

8,314 333 298 2,65.10

 →Kp, 333= 3,95.10

10 (atm- ½)

3( )dd 5 ( )dd 6 ( )dd 3 2( )dd 3 2 ( )dd

a) Theo định luật tác dụng khối lượng ta có: v = k[IO3−]a[I-]b[H+]c

1 a 4 , 2

6 , 0 ) 01 , 0 (

) 1 , 0 (

)

04

,

0

(

) 01 , 0 (

) 1 , 0 (

)

01

,

0

(

v

v

c b

a

c b

a

2

2 b 4 , 5

6 , 0 ) 01 , 0 (

) 3 , 0

).(

01

,

0

(

) 01 , 0 (

) 1 , 0

).(

01

,

0

(

v

v

c b

c b

3

2 c 4 , 2

6 , 0 ) 02 , 0 (

) 1 , 0

).(

01

,

0

(

) 01 , 0 (

) 1 , 0

).(

01

,

0

(

v

v

c 3

c 3

4

Vậy biểu thức tốc độ phản ứng: v = k[IO3−]1[I-]2[H+]2

b) Ta có: v1 = k[IO3−]1[I-]2[H+]2 = k[0,010]1[0,10]2[0,010]2 = 0,60 (mol.l-1.s-1)

10 10 10

c) Ta có:

03 , 4 314 , 8 298

1000 )

74 84 ( RT

E E k

k

ln a 1 a 2

1

4,03

2

1

56,3

k

Vậy tốc độ phản ứng tăng lên 56,3 lần

0,25

0,25

0,5

Bài 2 (2,0điểm): Cân bằng trong dung dịch điện li

Một dung dịch (X) có chứa hai loại đơn axit yếu : HA với hằng số axit của KHA = 1.74 × 10-7, và HB với hằng

số axit của KHB = 1.34 × 10-7 Dung dịch X có pH bằng 3,75

1 Để phản ứng hết với các chất có trong hoàn 100 ml dung dịch X cần 100 ml dung dịch NaOH 0,220 M

Tính nồng độ (mol/L) của mỗi axit trong dung dịch X Biết [KW = 1,00 × 10-14 ở 298 K.]

2 Tính pH của dung dịch Y mà ban đầu có chứa 6.00 × 10-2 M của NaA và 4.00 × 10-2 M NaB

3 Một dung dịch đệm được thêm vào dung dịch Y để duy trì độ pH 10.0 Giả sử không có sự thay đổi thể

tích của dung dịch Z

Tính độ tan (trong mol • L-1) của M(OH)2 trong Z, biết các anion A- và B- có thể tạo ra các phức với M 2 +

M(OH)2 M2+ + 2OH– K sp = 3.10 ×10-12

M2+ + A– [MA]+ K 1 = 2.1 × 103

[MA]+ + A– [MA2] K 2 = 5.0 × 102

M2+ + B– [MB]+ K’ 1 = 6.2 × 103

[MB]+ + B– [MB2] K’ 2 = 3.3 × 102

HD:

1 Trong dung dịch X, H + được tạo ra từ các phản ứng:

HA H + + A – and HB H + + B – and H 2 O H + + OH –

Dl trung hoà điện có: [OH–] + [A–] + [B–] = [H+]

(Eq.1)

Trong các dung dịch axit (pH = 3,75), [OH-] có thể được bỏ qua, vì vậy:

Trang 3

[A–] + [B–] = [H+] (Eq 2)

HA

A H

=

+

] [

] [ ] [

Và [HA] = [HA]i – [A–] ([HA] i là nồng độ ban đầu

Vì vậy: [H+]×[A−]=K HA×[HA]= K HA([HA]i −[A−]))

Do đó, [ ] [[ ]]

+

+

×

=

H K

HA K

A

HA

i HA

Tương tự như vậy,:[ ] [[ ]]

+

+

×

=

H K

HB K

B

HB

i HB

Thay nồng độ cân bằng của [A–] và [B–] vào Eq.2:

[ ]+ +

+

× + +

H K

HB K

H K

HA K

HB

i HB

HA

i HA

] [

] [ ]

[

] [

Vì K HA , K HB nhỏ hơn rất nhiều so với [H+], do đó: [ ]+

+

H

HB K

H

HA

] [

] [ ]

[

] [

Hoặc 1.74 × 10–7 × [HA]i + 1.34 × 10–7 × [HB]i = [H+]2 = (10–3.75 )2

1.74 × [HA]i + 1.34 × [HB]i = 0.316 (Eq 3)

Phản ứng trung hòa cho thấy:

HA + NaOH NaA + H2O

HB + NaOH NaB + H2O

nHA + nHB = nNaOH

hoặc ([HA]i + [HB]i) × 0.1 L = 0.220 M × 0.1 L

giải Eq.3 và Eq.4 được [HA]i = 0.053 M v à [HB]i = 0.167 M

nồng độ của HA = 0.053 M

nồng độ của HB = 0.167 M

0,25đ

-0,5đ

2

Dung dịch Y chứa NAA 0,06 M và NAB 0,04 M

Các cân bằng trong dugn dịch

NaA + H2O HA + OH– K b,A = K w /K HA = 5.75 ×10-8

NaB + H2O HB + OH– K b,B = K w /K HB = 7.46 ×10-8

H2O H+ + OH– K w = 1.00 10-14

Trong dung dịch cơ sở, [H +] có thể được bỏ qua, vì vậy: [HA] + [HB] = [OH–] (Eq 6)

Từ biểu thức trạng thái cân bằng: K b A

A

HA OH

,

] [

] [ ] [

=

×

Và [A–] = 0.06 – [HA] 1 pt

Do đó,[ ]

] [

06 0

.

,

− +

×

=

OH K

K HA

A b

A b

Tương tự:[ ]

] [

04 0

.

,

− +

×

=

OH K

K HB

B b

B b

Thay nồng độ cân bằng của HA và HB vào Eq 6:

] [

06 0

.

,

− +

×

OH K

K

A b

A b

+

] [

04 0

.

,

− +

×

OH K

K

B b

B b

= [OH–]

Giả sử rằng K b,A and K b,B là nhỏ hơn nhiều so với [OH-] (*), do đó

[OH–] 2 = 5.75 × 10 –8 × 0.06 + 7.46 × 10 –8 × 0.04

[OH–] = 8.02 × 10 –5 (giả định (*) là hợp lý)

như vậy pOH = 4.10 và pH = 9.90

0,25

0,25

3

M(OH)2 M2+ + 2OH– Ksp = 3.10 ×10-12

Trang 4

H2O H+ + OH– Kw = 1.00 × 10-14

M2+ + A– [MA]+ K1 = 2.10 × 103

[MA]+ + A– [MA2] K2 = 5.00 × 102

M2+ + B– [MB]+ K’1 = 6.20 × 103

[MB]+ + B– [MB2] K’2 = 3.30 × 102

Độ tan của M(OH)2 = s = [M2+] + [MA+] + [MA2] + [MB+] + [MB2]

pH of Z = 10.0

4 2

4

12 2

) 10 (

10 10 3 ] [

]

OH

K

M Eq.1

tại pH = 10.0

06 0 ) 10 (

06 0 ]

+

×

HA

HA

total

K

K

A

[MA+] = K 1[M2+][A-–] = 2.1 × 103 × 3.10 × 10–4 ×[A–] = 0.651 ×[A–] Eq 3

[MA2] = K 1 K 2[M2+][A-]2 = 325.5× [A–]2 Eq 4

[A–]total = [A-] + [MA+] + 2 × [MA2] = 0.06 M Eq 5

thay Eq 3 và Eq 4 vào Eq 5:

[A–] + 0.651 × [A–] + 2 × 325.5 × [A–]2 = 0.06

Giải phương trình này: [A-] = 8.42× 10 –3 M

Thay giá trị này vào Eq 3 và Eq 4:

[MA+] = 0.651 × [A–] = 5.48 × 10 –3 M

[MA2] = 325.5 × [A–]2 = 2.31 × 10 –2 M

Tương tự như vậy,

[B–]total = 0.04 M

] [ 92 1 ] [ 10 10 3 10 2 6 ] ][

[

]

2 2

2 '

2

'

1

[MB =K K M + B− = × B− Eq.7

[B–]total = [B-] + [MB+] + 2 × [MB2] = 0.04 M Eq 8

Thay Eq 6 và Eq 7 vào Eq 8:

[B–] + 1.92 × [B–] + 2 × 634.3 × [B–]2 = 0.04

Giải phương trình này: [B – ] = 4.58 × 10 –3 M

Thay giá trị này vào Eq 6 và Eq 7:

[MB+] = 1.92 ×[B–] = 8.79 × 10 –3 M

[MB2] = 634.3 ×[B–]2 = 1.33 × 10 –2 M

Do đó, khả năng hòa tan của M(OH)2 trong Z là s’

s’ = 3.10×10 – 4 + 5.48×10 – 3 + 2.31×10 – 2 + 8.79 × 10 – 3+ 1.33 ×10 – 2 = 5.10×10 – 2 M

Trả lời: Độ tan của M(OH) 2 in Z = 5.10×10 – 2 M

0,25

0,25

0,25

Bài 3 (2,0điểm): Điện hoá học

1 Hãy trình bày cách thiết lập sơ đồ pin sao cho khi pin hoạt động thì xảy ra phản ứng:

H3AsO4 + NH3 → H AsO 2 4− + NH+4

2 Tính sức điện động của pin ở điều kiện tiêu chuẩn (Epino ).

3 Biết CH AsO3 4= 0,025 M; CNH3= 0,010 M Tính sức điện động của pin.

Cho:pKai(H AsO )3 4 = 2,13; 6,94; 11,50; +

4

a(NH )

pK =9, 24(pKa = - lgKa, với Ka là hằng số phân li axit).

pH2 = 1 atm; ở 25 oC: 2,303RT 0, 0592

F =

HD:

1 Phản ứng xảy ra trong pin được tổ hợp từ các cân bằng sau:

H3AsO4 ¬  → H+ + H AsO 2 -4

Trang 5

NH3 + H+

¬  → +

4 NH

H3AsO4 + NH3 ¬  →

-2 4

H AsO + NH K (*)+4 Như vậy các cân bằng trên đều liên quan đến quá trình cho - nhận H+, do đó có thể chọn điện cực hiđro để thiết lập pin Vì giá trị thế của điện cực hiđro ( +

2

2H /H

E ) phụ thuộc vào [H+]:

+

2

2

+ 2 2H /H

H

0,0592 [H ]

nên điện cực platin nhúng trong dung dịch H3AsO4 (có [H+] lớn hơn) có thế dương hơn, sẽ là catot Ngược lại điện cực platin nhúng trong dung dịch NH3 sẽ là anot Vậy ta có sơ đồ pin:

(-) Pt(H2) │ NH3(aq) ║ H3AsO4(aq) │ Pt (H2) (+)

p H 2= 1atm p H 2= 1atm

0,25

0,25

2 Quá trình oxi hóa xảy ra trên anot:

H2 ¬  → 2H+

+ 2e K = 1

2 NH3 + H+

¬  → +

4

NH (K ) = (10-1 2a 9,24)2

2 NH3 + H2 ¬  → 2NH + 2e +4 -2.E /0,05920a

1

→ 0

a

E = 9,24 2 0,0592

-2 = - 0,547 (V) Quá trình khử xảy ra trên catot:

2 H3AsO4 ¬  → H+ + H AsO 2 -4 (K ) = (10a1 2 -2,13)2

2H+

+ 2e ¬  → H2 K = 1 2H3AsO4 + 2e ¬  → H2 + 2H AsO 2 -4 K =102 2.E /0,05920 (2)

→ 0

c

E = -2,13 2 0,0592

2 = - 0,126 (V) Vậy Epino = E - 0c E = 0,421 (V).0a

(Hoặc từ (*) ta có: K = Ka1.(Ka)-1 = 10E/0,0592→ E0

pin = E = 0,421 (V))

0,25

0,25

3 Do sự phân li của nước trong dung dịch NH3 0,010 M và trong dung dịch H3AsO4 0,025 M

không đáng kể, nên:

a) Tại dung dịch của nửa pin trái:

NH3 + H2O ¬  → +

4

NH + OH- Kb = 10-4,76

[ ] 0,010-x x x

→ [NH ] = [OH+4 -] = x = 4,08.10-4 (M); [NH3] = 9,59.10-3 (M); [H+] = 2,45.10-11 (M)

Từ (1), ta có: Ea = E + 0a

2 H

+ 2 4 2 3

[NH ] 0,0592

lg

2 [NH ] p

Vì pH2 = 1atm nên: Ea = -0,547 + 4 2

3

0,0592 4,08.10

lg

(Hoặc Ea = 0,0592.lg[H+])

Đối với H3AsO4, vì Ka1 ? Ka2? Ka3 nên tại dung dịch của nửa pin phải:

H3AsO4 ƒ H+ + H AsO 2 -4 Ka1 =10-2,13

[ ] 0,025-x x x

→ [H AsO ] = [H2 -4 +] = x = 0,0104 (M); [H3AsO4] = 0,0146 (M)

0,25

0,25

Trang 6

Từ (2), ta có: Ec = E + 0c

2 H

2

3 4 2

2 4

[H AsO ] 0,0592

lg

2 [H AsO ] p−

→ Ec = -0,126 +

2 0,0592 0,0146

lg

  ≈- 0,12 (V)

(Hoặc Ec = 0,0592.lg[H+])

→ Epin = - 0,12 + 0,63 = 0,51 (V)

0,25

0,25

Bài 4 (2,0 điểm) : Bài tập vô cơ

A, B, C, D, E, F là các hợp chất có oxi của nguyên tố X và khi cho tác dụng với NaOH đều tạo ra chất Z và H2O X có tổng số hạt proton và nơtron bé hơn 35, có tổng số oxi hóa dương cực đại và 2 lần số oxi hóa âm là -1 Hãy lập luận để tìm các chất trên và viết phương trình phản ứng Biết rằng dung dịch mỗi chất

A, B, C trong dung môi nước làm quỳ tím hóa đỏ Dung dịch E, F phản ứng được với dung dịch axit mạnh và bazơ mạnh

HD:

Xác định X: p+n <35 → X thuộc chu kỳ 2 hoặc 3

Gọi x là số oxi hóa dương cực đại của X; y là số oxi hóa âm của X

x+ y = 8 x = 5

⇒ x + 2 (-y) = -1 → y = 3

→ X là phi kim thuộc nhóm VA → X chỉ có thể là N hoặc P

Xác định A, B, C, D, E, F

- A, B, C là axit vì làm quì tím hóa đỏ

- D, E, F phản ứng được với NaOH tạo chất Z và H2O nên phải là oxit axit hoặc muối axit

-E, F tác dụng được với axit mạnh và bazơ mạnh nên E, F phải là muối axit

⇒X là photpho vì chỉ có photpho mới tạo được muối axit

Do A, B, C, D, E, F phản ứng được với NaOH tạo chất Z và H2O nên nguyên tố P trong các

hợp chất này phải có số oxi hóa như nhau và cao nhất là +5

Ta có: A: H3PO4 B: HPO3 C: H4P2O7

D: P2O5 E: NaH2PO4 F: Na2HPO4

Z: Na3PO4

Phương trình phản ứng

H3PO4 + NaOH → Na3PO4 + H2O

HPO3 + NaOH → Na3PO4 + H2O

H4P2O7+ NaOH → Na3PO4 + H2O

P2O5+ NaOH → Na3PO4 + H2O

NaH2PO4 + NaOH → Na3PO4 + H2O

Na2HPO4 + NaOH → Na3PO4 + H2O

NaH2PO4 + HCl → NaCl + H3PO4

Na2HPO4 + HCl → NaCl + H3PO4

0,25

0,25đ

0,5đ

8x0,125 = 1,0đ

Bài 5 (2,0điểm): Sơ đồ biến hóa, Cơ chế phản ứng,

1 Cho sơ đồ chuyển hoá sau :

CH3

OH

H3C CH3

Na toluen A B C D E X

F Y

ClCH2COOH toluen

HCl

H2O

CH3OH, H2SO4

t0

H2N-NH2 EtOH

CHO

CH3O

K 2 Cr 2 O 7

H2SO4, t o

CHO

O2N

C2H5OH, KOH Viết công thức cấu tạo của các chất A, B, C, D, E, F, G, H, X, Y

2 Viết cơ chế của chuyển hóa sau:

Trang 7

1/

2/ H R 3 O + MgX

3/ EtONa

R

O O

HDC:

Công thức các chất là :

CH3

ONa

H3C CH3

CH3

OCH2COONa

CH3

OCH2COOH

H3C CH3

(A) (B) (C)

CH3

OCH2COOCH3

H3C CH3

CH3

H3C CH3

NH 2

(D) (E)

CH3

OCH2CONH

H3C CH3

(X)

CH3

H3C CH3

O

(F)

CH3

H3C CH3

O

H

C NO2

(Y)

0,25.3

=0,75

0,225.2

=0,25

0,25

0,125.2

=0,25

0,25

0,25

Bài 6 (2,0điểm): Tổng hợp các chất hữu cơ Tính Axit- Bazơ Đồng phân lập thể, Danh pháp.

Cho các công thức cấu tạo sau:

Trang 8

1 Hãy vẽ công thức các đồng phân lập thể ứng với cấu tạo A

2 Ứng với công thức cấu tạo B có bao nhiêu đồng phân lập thể, vì sao? Dùng các kí hiệu thích hợp để chỉ rõ

cấu hình của mỗi đồng phân đó

3 Hãy chỉ rõ trạng thái lai hóa của từng nguyên tử N ở cấu tạo C và ghi giá trị pKa (ở 25 oC): 1,8; 6,0; 9,2

vào từng trung tâm axit trong công thức tương ứng với C, giải thích.

HD:

1 Hãy vẽ công thức các đồng phân lập thể ứng với cấu tạo A

F

F

F (A1)

F

F F

(A3)

F

(A2)

F

F

F (A4)

0,5 đ

2 Ứng với công thức cấu tạo B có bao nhiêu đồng phân lập thể, vì sao? Dùng các kí hiệu thích hợp

để chỉ rõ cấu hình của mỗi đồng phân đó

B có 3C bất đối, không có mặt phẳng và tâm đối xứng nên có 8 đồng phân lập thể.

ví dụ: Cấu hình của B1 như chỉ ra trong bảng, viết gọn là (1R)-(2R)-(4R)

O

Et

Me

O

O

1

2

4

5

3

0,25đ

0,25đ

3 Hãy chỉ rõ trạng thái lai hóa của từng nguyên tử N ở cấu tạo C và ghi giá trị pKa ở 25 oC: 1,8; 6,0;

9,2 vào từng trung tâm axit trong công thức tương ứng với C, giải thích

N

N NH2

COOH

(E)

sp2

sp2 H

N NH3

COOH

H

6,0

9,2

- Nguyên tử N nhóm NH ở trạng thái lai hóa sp2, cặp e

chưa chia ở obitan p xen phủ với 5 obitan p khác tạo

thành hệ thơm được lợi về mặt năng lượng nhưng

“mất” tính bazơ

- Nguyên tử N thứ hai ở trạng thái lai hóa sp2, cặp e

chưa chia ở obitan sp2 không tham gia vào hệ thơm

nên còn tính bazơ

- Nguyên tử N nhóm NH2 ở trạng thái lai hóa sp3

- Nhóm NH3+ là axit liên hợp của nhóm

H2Nsp3 , nhóm NH+ là axit liên hợp của nhóm Nsp2

- Bazơ càng mạnh thì axit liên hợp càng yếu, vì thế giá trị 9,2 là thuộc nhóm NH3+

còn giá trị 6,0 thì thuộc nhóm NH+

0,25đ

x 2 = 0,5đ

Bài 7 (2,0điểm): Nhận biết, Tách chất, Xác định công thức cấu tạo hợp chất hữu cơ.

1 Hợp chất A (có công thức phân tử là C13H18O) có tính quang hoạt, không phản ứng với

2,4-đinitrophenylhydrazin nhưng tham gia phản ứng idofom Phản ứng ozon phân hợp chất A thu được chất B và chất C, cả hai hợp chất này đều tác dụng với 2,4-đinitrophenylhydrazin nhưng chỉ có chất C tác dụng được với thuốc thử Tollens Nếu lấy sản phẩm của phản ứng giữa chất C với thuốc thử Tollens để axit hóa rồi đun nóng thì thu được chất D (có công thức phân tử là C6H8O4) Chất B có thể chuyển hoá thành chất E (có công

thức cấu tạo là p-C2H5C6H4-CH2CHO) Hãy viết công thức cấu tạo của các chất A, B, C, D, E.

Trang 9

2 Xác định cấu tạo các chất từ A đến D và hoàn thành sơ đồ sau Biết D là một cacben

CH3

CH3

H3C NH2 BrC2H4OH A I2/PPh3

B

PhNH3Cl HC(OEt)3

KOC(CH3)3

D

N HN

HD:

2 Xác định đúng mỗi chất được 0,25 x 4 = 1 đ

A quang hoạt, không có nhóm >C=O,

có nhóm CH3CHOH, có liên kết đôi

B: xeton; C: có chức andehit; D: đilacton,

1,0đ

CH3

CH3

OH Br

CH3

CH3

I

CH3

CH3

H Cl

CH3

CH3

H3C

.

0,25.4 = 1,0

Bài 8 (2,0điểm): Bài tập hữu cơ tổng hợp.

X là một ankaloit, được tìm thấy trong cây coca Khi phân tích X thấy: %C=68,09%; %H=10,64%;

%N=9,93%; còn lại là O

Biết:

- Công thức phân tử của X có 1 nguyên tử oxi

- X không tác dụng với benzensunfoclorua, không tan trong kiềm nhưng tn trong dung dịch HCl X tác dụng với phenylhidrazin và cho phản ứng iodofom

- Nếu oxi hóa X bằng CrO3 sẽ tạo thành axit Y (C6H11O2N)

- Có thể tổng hợp axit Y bằng chuỗi phản ứng sau:

Trang 10

Br Br

[CH(COOEt)2]-Na+

A Br2 B CH3NH2

C (C11H19O4N)

Ba(OH)2 dd

ddHCl

0

Y + CO2 + H2O

1 Hãy xác định công thức phân tử của X ?

2 Hãy viết các phản ứng trên và thực hiện sơ đồ chuyển hóa trên để xác định cấu tạo của X và Y ?

1 (0.125đ) CTPT của X là C8H15ON

2.

- Từ các dữ kiện đã cho chứng tỏ X có nhóm amin bậc ba và có nhóm metylxeton (0.125đ)

- Chuyển hóa: (0.125x6)đ

- Vậy X là:

C

CH3

O

(xác định đúng CTCT: 0.25đ)

- Các phản ứng: (3x0.25)đ

0,125 0,125 0,125x6

0,25

0,25.3

Bài 9 (2,0điểm): Cân bằng hoá học

1 Cho một lượng NH4Cl rắn vào một bình chân không Đun bình lên nhiệt độ T(K) Khi hệ đạt đến trạng thái cân bằng thì áp suất trong bình là 1,0 atm Xác định T Biết các đại lượng nhiệt động ở

2980K như sau:

∆H0 (kJ/mol) ∆G0 (kJ/mol)

Ngày đăng: 04/10/2016, 06:35

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

w