DE THI CHỌN đội TUYỂN HSG QG

DE THI CHỌN đội TUYỂN HSG QG DE THI CHỌN đội TUYỂN HSG QG DE THI CHỌN đội TUYỂN HSG QG DE THI CHỌN đội TUYỂN HSG QG DE THI CHỌN đội TUYỂN HSG QG DE THI CHỌN đội TUYỂN HSG QG DE THI CHỌN đội TUYỂN HSG QG DE THI CHỌN đội TUYỂN HSG QG DE THI CHỌN đội TUYỂN HSG QG DE THI CHỌN đội TUYỂN HSG QG DE THI CHỌN đội TUYỂN HSG QG DE THI CHỌN đội TUYỂN HSG QG DE THI CHỌN đội TUYỂN HSG QG DE THI CHỌN đội TUYỂN HSG QG

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT MƠN THI: HĨA HỌC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu (2,0 điểm) Dựa vào cấu tạo phân tử, giải thích: a Phân tử khí CO có lượng liên kết lớn (1070 kJ.mol–1), lớn lượng liên kết ba phân tử khí N2 (924 kJ.mol–1) b CO N2 có tính chất vật lí tương đối giống nhau, có tính chất hóa học khác (CO có tính khử mạnh hơn, có khả tạo phức cao N2) LG a Mô tả cấu tạo phân tử CO N2: π π σ σ p p π sp π p Phân tử N2 Phân tử CO Phân tử N2 có liên kết  liên kết , hình thành xen phủ obitan 2p nguyên tử N Ở phân tử CO có liên kết  liên kết  Hai liên kết  hình thành xen phủ obitan 2p (trong có liên kết  cho ngược từ O  C làm giảm mật độ electron O) Liên kết  hình thành xen phủ obitan lai hóa sp C với obitan 2p O Đám mây xen phủ obitan sp – 2p lớn so với mây xen phủ obitan 2p-2p, nên liên kết  CO bền liên kết  N2 Vì lượng liên kết phân tử CO lớn lượng liên kết N2 b Phân tử CO, N2 phân tử đẳng electron, cấu trúc phân tử giống (cùng có độ bội liên kết 3), khối lượng phân tử 28, chúng có tính chất vật lý giống (là chất khí khơng màu, khơng mùi, khó hóa lỏng, khó hóa rắn, tan nước) Phân tử N2 có cặp electron chưa tham gia liên kết nằm obitan 2s, có mức lượng thấp nên bền, tham gia vào q trình tạo liên kết Phân tử CO có cặp electron chưa tham gia liên kết nằm obitan lai hóa sp nguyên tử C, có lượng cao obitan 2s, đám mây xen phủ lại lớn nên thuận lợi cho trình hình thành liên kết, nguyên tử C phân tử CO dễ nhường e thể tính khử dễ hình thành liên kết cho nhận tham gia tạo phức với nguyên tố kim loại chuyển tiếp Cho biết độ tan BaSO nước 25 oC 0,016 gam/100 gam nước, chấp nhận khối lượng riêng dung dịch 1g/mL Hãy tính tích số tan BaSO3 Cho: pKa1(SO2 + H2O) = 1,76; pKa2(SO2 + H2O) = 7,21 0,016 1000 Gọi độ tan BaSO3 nước s � s = = 7,36.10-4 (M) 217,33 100 2BaSO3 � Ba2+ + SO3 s s Ks = ? SO32- + H2O � HSO-3 + OH- Kb1 = 10-6,79 Kb2 = 10-12,24 HSO-3 � SO2 + OH– Vì Kb2 > Kb2 Bỏ qua (3) hợp lý � x = 1,08.10-5 2[Ba2+] = s = 7,36.10-4 (M); [ SO3 ] = 7,36.10-4 - 1,08.10-5 = 7,25.10-4 (M) � Ks = [Ba2+].[ SO32- ] = 5,33.10-7 Câu (2,0 điểm) Giải thích tượng sau đây: a Góc liên kết phân tử H2O 104,50 lớn H2S (920), nhỏ so với Cl2O (110,80) b Năng lượng phân li liên kết Cl2 (240 kJ.mol1) lớn F2 (154 kJ.mol1) hay Br2 (190 kJ.mol1) c Nhiệt độ sôi NH3 (-330C ) cao NF3 (-1290C), thấp NCl3 (710C) d SiF4 có dạng tứ diện SF4 có dạng sáu mặt XeF4 có dạng vng phẳng LG a Góc liên kết H-O-H lớn H-S-H cặp elctron liên kết H-S-H xa nguyên tử trung tâm so với H2O nên chúng dễ bị cặp electron không liên kết đẩy lại gần hơn, điều liên quan đến mật độ electron thấp xa nhân nên gần Trường hợp Cl2O, bán kính nguyên tử Cl lớn H nhiều gây lực đẩy lớn nên góc liên kết Cl-OCl lớn so với H-O-H b Liên kết Cl-Cl phân tử Cl2 mạnh liên kết F-F phân tử F2 nguyên tử F-F đủ nhỏ đến mức cặp electron không liên kết nguyên tử đẩy nguyên tử xa làm yếu liên kết Liên kết Br-Br phân tử Br2 yếu liên kết Cl-Cl phân tử Cl bán kính nguyên tử Br lớn nên mức độ xen phủ obitan hai nguyên tử phân tử Br2 nhỏ so với Cl2 c Nhiệt độ sơi NH3 cao NF3 liên kết hyđro phân tử NH3 mạnh tương tác khuếch tán, tương tác lưỡng cực phân tử NF3 Nhưng với NCl3, tổng hợp yếu tố phân tử khối lớn, tương tác khuếch tán, tương tác lưỡng cực phân tử NCl lớn vai trò liên kết hyđro phân tử NH3 làm cho nhiệt độ sơi cao NH3 0 [Cần lưu ý bán kính nguyên tử flo nhỏ nhiều so với clo: rH = 0,053 A ; rF = 0,064 A ; rCl = 0,099 A ] d Các cặp electron xung quanh nguyên tử trung tâm lớp phân bố cho lực đẩy cực tiểu theo thuyết VSEPR Cơng thức VSEPR SiF4L0 SF4L1 XeF4L2 Hình học phân tử tứ diện sáu mặt vuông phẳng 134 137 Cs Cs sản phẩm phân hạch nhiên liệu urani lò phản ứng hạt nhân Cả hai đồng vị phân rã β a) Viết phương trình phản ứng biểu diễn phân rã phóng xạ 134Cs 137Cs b) Tính lượng (eV) giải phóng phản ứng phân rã phóng xạ 134Cs 134 134 Cho: 55 Cs = 133,906700; 56 Ba = 133,904490 LG a) Phương trình phản ứng biểu diễn phân rã phóng xạ: 134 134 55 Cs → 56 Ba + -1 e 137 55 Cs → 137 56 Ba + -10 e b) Năng lượng phân rã phóng xạ 134 55 Cs: ∆E = ∆m.c = (133,906700 - 133,904490) (10–3/6,022.1023) (3,000.108)2 (J) → ∆E = 3,30.10–13 J = 3,30.10–13/(1,602.10–19) = 2,06.106 (eV) Câu (2,0 điểm) o Ô mạng sở (tế bào bản) tinh thể NiSO4 có cạnh vng góc với nhau, cạnh a = 6,338 A; b = o o 7,842 A; c = 5,155 A Khối lượng riêng gần NiSO4 3,9 g/cm3 Tìm số phân tử NiSO4 mạng sở tính khối lượng riêng xác NiSO4 LG: a = 6,338.10–8 cm; b = 7,842.10–8 cm; c = 5,155.10–8 cm Từ ρ NiSO  → n= n= n.M NiSO4 m m = = V a.b.c N A a.b.c (1) ρ NiSO N A a.b.c (2) M NiSO4 3,9 6,022.1023 6,338.10 –8 7,842.10 –8 5,155.10 –8 = 3,888 154,76 Số phân tử NiSO4 ô mạng sở phải số nguyên → n = ρ NiSO (chính xác) = 6,022.10 23 154,76 = 4,012 (g/cm3) 6,338.10 –8 7,842.10 –8 5,155.10 –8 Sử dụng thuyết liên kết hóa trị (VB) để giải thích dạng hình học, từ tính phức chất sau: [Ni(CN)4]2-, [NiCl4]2-, [Ni(CO)4] Cho C (Z=6), N (Z=7), O (Z=8), Ni (Z=28), Cl (Z=17) LG: Ni : 3d84s2 ; Ni2+ : 3d8 Ni2+ : 4s 3d 4p Phức [Ni (CN)4]2- : CN- phối tử nhận   tạo trường mạnh  dồn electron d  tạo phức vng phẳng với lai hóa dsp2 Spin thấp (S = ) Nghịch từ dsp2 [Ni(CN)4]24s 4p 3d Phức [NiCl4] : Cl phối tử cho   tạo trường yếu  không dồn ép electron d  tạo phức tứ diện với lai hóa sp3 Spin thấp (S = ) Thuận từ sp3 2- - [Ni(Cl)4]23d Ni : 3d84s2 4s 4p 4s 4p 3d Phức [Ni(CO)4] : CO phối tử nhận   tạo trường mạnh  dồn electron 4s vào 3d  tạo obitan 4s,3d trống  lai hóa sp3 , phức tứ diện Spin thấp (S = 0) Nghich từ sp3 [Ni(CO)4] 4s 3d CO 4p CO CO CO Thiết lập pin nồng độ từ dung dịch CuSO4 1M dung dịch CuSO4 0,1M + Viết nửa phản ứng catot, anot sơ đồ pin + Tính suất điện động 25oC pin LG Nửa phản ứng oxi hóa anot: Cu - 2e  Cu2+ Nửa phản ứng khử catot : Cu2+ +2e  Cu Công thức pin: (Anot) Cudd CuSO4 0,1 M dd CuSO4 1,0 M  Cu ( catot) Sức điện động: 0,0591 [Cu2 ]catot 0,0591 1,0M lg  lg 0,3V E(tb) = Ecatot – Eanot = 2 0,1M [Cu2 ]anot Câu (2,0 điểm) Cho phản ứng pha khí : 2NO (k) + O2 (k) → 2NO2 (k) (1) Phản ứng (1) tuân theo định luật tốc độ thực nghiệm v = k[NO]2[O2] Giả định phản ứng không diễn theo giai đoạn sơ cấp Hãy đề nghị chế có khả cho phản ứng (1) chứng tỏ chế phù hợp với thực nghiệm động học Phản ứng xảy theo chế hai giai đoạn: k1 �� � � 2NO �� (a) (nhanh) � � N2O2 k 1 k2 N2O2 + O2 �� (b) (chậm) � 2NO2 Cộng (a) với (b) thu phản ứng tổng cộng (3) Giai đoạn (b)chậm, định tốc độ chung phản ứng, nên: v = k2[N2O2][ O2] (*) Do giai đoạn (b) chậm (a) nhanh nên coi cân (a) thiết lập, 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 từ chế giả định rút định luật tốc độ thực nghiệm Cơ chế có khả Chú ý: Thí sinh đưa chế khác Nếu chứng minh chặt chẽ chế phù hợp với thực nghiệm cho đủ điểm Hằng số tốc độ phản ứng bậc xác định hệ thức: (t thời gian phản ứng; a nồng độ đầu; a k = ln (1) x nồng độ chất phản ứng) t a-x a) Sự phân hủy axeton diễn theo phản ứng: CH3COCH3 � C2H4 + H2 + CO (2) Theo thời gian phản ứng, áp suất chung hệ đo là: t (phút) 6,5 13 19,9 p (mmHg) 312 408 488 562 Hãy chứng tỏ phản ứng (2) phản ứng bậc tính số tốc độ phản ứng b) Tính thời gian nửa phản ứng phản ứng (2) a) Để chứng minh phản ứng (2) phản ứng bậc 1, ta kiện cho vào phương trình (1) để tính k phản ứng (2), số thu định phản ứng bậc Vì áp suất tỉ lệ với nồng độ chất nên phương trình động học biểu diễn theo áp suất riêng phần Gọi p0 áp suất đầu axeton y áp suất riêng phần C 2H4 thời điểm t, ta có p H = pCO = y paxeton = p0 – y Như áp suất chung hệ là: p - p0 3p - p p = p0 – y + 3y = p0 + 2y � y = p0 – y = 2 p0 2p0 2,303 2,303 lg = lg Áp dụng hệ thức (1): k = , ta có: t p0 - y t 3p - p 2,303 312 k1 = lg = 0,02568 (phút-1) 6,5 312 - 408 2,303 312 k2 = lg = 0,0252 (phút-1) 13 312 - 488 2,303 312 k3 = lg = 0,02569 (phút-1) 19,9 312 - 562 k1 �k2 �k3 Vậy phản ứng (2) phản ứng bậc Hằng số tốc độ trung bình phản ứng (2) là: k  (0,02568 + 0,0252 + 0,02569) = 0,02563 (phút-1) 0,693 0,693 = b) Thời gian nửa phản ứng phản ứng (2) là: t1/2 = = 27,04 (phút) k 0,02563 Câu (2,0 điểm) Một dung dịch A chứa 160,0 g nước 100,0 g canxi nitrat điện phân với hai điện cực than chì 12 h với dòng chiều 5,00 A Khi kết thúc q trình điện phân nói trên, dung dịch giữ nhiệt độ không đổi thời gian chờ trình kết tinh kết thúc tách cẩn thận khỏi tinh thể tạo thành Khi cân, khối lượng dung dịch giảm 41,9 g so với ban đầu Hãy tính khối lượng tinh thể Ca(NO3)2∙4H2O hòa tan bão hòa 100 g nước nhiệt độ Cho số Faraday F = 96487C/mol LG a) Sự giảm khối lượng dung dịch gây hai nguyên nhân: điện phân nước kết tinh Ca(NO3)2∙4 H2O nồng độ Ca(NO3)2∙cao độ tan Q = I∙t Q = 12∙3600∙5 As Q = 216000 As 216,000 Khối lượng hiđro tạo thành cực âm = 1g = 2,24 g 96487 216,000 Khối lượng oxi tạo thành cực dương = ∙16g = 17,91 g 96487 Sự giảm khối lượng chất nước dung dịch điện phân = 20,15 g Khối lượng tinh thể Ca(NO3)2∙4H2O kết tinh = 41,9 g – 20,15 g = 21,75 g - [M(Ca(NO3)2∙4 H2O) = 236.1 g] → số mol Ca(NO3)2∙4 H2O : (21,75 g)/236,1g/mol = 0,09 mol Lượng nước dung dịch trước điện phân: 160 g Lượng Ca(NO3)2 trước điện phân 100 g tương ứng với số mol 100/164,1 mol = 0,61 mol - Trong dung dịch sau điện phân: H2O: (160 – 20,15 – 0.09∙4∙18) g = 133,37g Ca(NO3)2 : (0.61- 0,09) mol = 0,52 mol Số mol nước nằm tinh thể Ca(NO3)2∙4H2O 4x0,52 mol Khối lượng nước lại dung dịch sau điện phân sau kết tinh Ca(NO3)2∙4H2O là: 133,7 g – 0,52∙4∙18g = 95,93 g 100 Như vậy, 100 g nước hòa tan tối đa ∙0,52 = 0,54 mol Ca(NO3)2∙4H2O 95,93 Khối lượng Ca(NO3)2∙4H2O hòa tan tối đa 100g nước nhiệt độ nói là: 0,54 mol x 236,1 g/mol = 127,5 g Ca(NO3)2∙4H2O Cho 6,000 g mẫu chất chứa Fe 3O4, Fe2O3 tạp chất trơ Hòa tan mẫu vào lượng dư dung dịch KI môi trường axit (khử tất sắt thành Fe 2+) tạo dung dịch A Pha lỗng dung dịch A đến thể tích 50 mL Lượng I2 có 10 mL dung dịch A phản ứng vừa đủ với 5,500 mL dung dịch Na 2S2O3 1,00M (sinh S4O62-) Lấy 25 mL mẫu dung dịch A khác, chiết tách I 2, lượng Fe2+ dung dịch lại phản ứng vừa đủ với 3,20 mL dung dịch MnO4- 1,000M H2SO4 a) Viết phương trình phản ứng xảy (dạng phương trình ion thu gọn) b) Tính phần trăm khối lượng Fe3O4 Fe2O3 mẫu ban đầu LG a Phương trình phản ứng: Fe3O4 + 2I- + 8H+  3Fe2+ + I2 + 4H2O (1) + 2+ Fe2O3 + 2I + 6H  2Fe + I2 + 3H2O (2) 2S2O32- + I2  S4O62- + 2I(3) 2+ + 3+ 2+ 5Fe + MnO4 + 8H  5Fe + Mn + 4H2O (4) b Tính phần trăm: 1 (3)  n I (3)  n S2O32   0,0055 1 0,00275mol 2 (4)  n Fe  ( ) 5n MnO 5 0,0032 1 0,016 mol Đặt số mol Fe3O4 Fe2O3 x y ta có:  3x  y 0,016 2 0,032  x 0,0045     x  y 0,00275 5 0,01375  y 0,00925 0,0045 232 100% 17,4% 6,000 0,00925 160 %m Fe 2O3  100% 24,7% 6,000 Câu (2,0 điểm) Đun nóng hỗn hợp khí gồm O2 SO2 có chất xúc tác, xảy phản ứng: O2 + SO2 � SO3 (1) Tính số cân Kp phản ứng 60 oC (chấp nhận hiệu ứng nhiệt phản ứng không phụ thuộc nhiệt độ) Nhiệt độ ảnh hưởng tới trạng thái cân phản ứng (1)? %m Fe3O  Trong thí nghiệm, người ta đưa từ từ oxi vào bình dung tích lít chứa 0,05 mol SO có chất xúc tác (thể tích chất xúc tác khơng đáng kể) 100 oC Khi phản ứng đạt tới trạng thái cân có 0,03 mol SO3 tạo thành, áp suất tổng hệ atm Tính Kp Cân (1) chuyển dịch trường hợp sau: a) Cho lượng He vào bình phản ứng để áp suất khí bình tăng gấp đơi? b) Giả thiết thể tích khí bình tăng gấp đơi, lượng He cho vào bình phản ứng để giữ cho áp suất tổng không đổi? Cho số liệu nhiệt động sau: Khí (kJ.mol–1) Hsinh S0 (J.K–1.mol–1) C0p (J.K–1.mol–1) SO3 SO2 O2 -395,18 -296,06 0,0 256,22 248,52 205,03 50,63 39,79 29,36 LG: Ta có: G  H  T.ΔS0 = - RTlnKp O2 + SO2 � SO3, suy ra: G 0298 = (- 395,18 + 296,06) – 298.10-3 (256,22 – 248,52 - 205,03) = - 99,12 - 298.10-3.(- 94,815) �- 70,87 (kJ.mol-1 ) Ở 25 oC: G 0298  H 0298  T.ΔS0298 Từ phản ứng: � K p, 298 = e Khi H o= - ΔG 0298 RT =e const, ta có: ln - - 70,87.103 8,314 298 K p, 333 K p, 298 = 2,65.1012 ΔH �1 � =� � R �333 298 � - 99,12.103 �1 � 10 -½ � �� K p, 333  3,95.10 (atm ) 12 8,314 �333 298 � 2,65.10 o Khi tăng nhiệt độ từ 25 C đến 60 oC, số cân Kp giảm từ 2,65.1012 xuống 3,95.1010 (atm- ½), điều hồn tồn phù hợp với nguyên lý Le Chatelier (Lơ Satơliê), phản ứng (1) tỏa nhiệt P.V 1.2  = 0,065 (mol) Tại thời điểm cân bằng: Tổng số mol hệ: n = R.T 0,082 373 n SO3 = 0,03 (mol); n SO2 = 0,05 - 0,03 = 0,02 (mol); n O2 = 0,065 - 0,03 - 0,02 = 0,015 (mol) � ln K p, 333 =- Vì áp suất tổng hệ atm, đó: 0,03 pSO3 0,03 0,065 Kp = = =  3,12 (atm-1/2) pSO pO2 0,02 0,015 0,015 0,02 0,065 0,065 0,065 a) Nếu áp suất tăng gấp đôi thêm He, thể tích khơng đổi, áp suất riêng phần chất khí khơng đổi, cân không bị chuyển dịch b) Nếu áp suất tổng bình khơng đổi, giả thiết thể tích bình tăng gấp đơi, làm giảm áp suất riêng phần chất (lỗng khí), cân (1) chuyển dịch theo chiều nghịch Câu (2,0 điểm) Hợp chất A có cơng thức: O Hãy gọi tên A cho biết A có dạng cấu trúc không gian tương đối bền, dạng khác yếu tố lập thể nào? Hãy viết công thức cấu trúc hai dạng tiêu biểu, có ghi đầy đủ ký hiệu lập thể thích hợp LG A là: 6-metyl-2-p-tolylhept-4-en-3-on Có dạng cấu trúc không gian tương đối bền, chúng khác yếu tố: cấu hình R/S, cấu hình E/Z cấu dạng S-cis/S-trans Ar H (S) H Ar O (E) (R) O (Z) S-trans S-cis Cho hợp chất CH3CH=C(CH3)COCH3 Vẽ tất công thức cấu trúc bền viết tên công thức cấu trúc tìm hợp chất LG: Các cơng thức cấu trúc bền CH3CH=C(CH3)COCH3 H3C H H CH3 H3C H H CH3 C C C C C O C CH3 C CH3 C O H3C H3C C H3C C H 3C CH3 O O CH3 cis, s-cis trans, s-cis cis, s-trans trans, s-trans Tên cấu trúc đó: trans,s-trans-3-metylpent-3-en-2-on Vẽ cơng thức cấu trúc dẫn xuất 1,4-đioxan sản phẩm đime hóa hợp chất (R)-1,2-epoxi-2-metylpentan LG: Công thức cấu trúc dẫn xuất 1,4-đioxan đime hóa hợp chất (R)-1,2-epoxi-2-metylpentan: CH3 CH3 O n-C3H7 CH3 C3H7-n O n-C3H7 O CH3 O O C3H7-n n-C3H7 CH3 O C3H7-n CH3 O CH3 CH3 O C3H7-n n-C3H7 O n-H7C3 H3C O CH3 C3H7-n O O H3C O C3H7-n C3H7-n CH3 Câu (2,0 điểm) Cho sơ đồ chuyển hoá sau: CH3 HO O OMe OH OH A HIO4/H2O C6H12O5 B O / Ag 3I H C H /N i, t C8H16O5 C CH2OH H o C OCH3 O H3C H CH2OH CH3 HO O O /Ag 3I C8H16O5 n-H7C3 H3C CH3 C3H7-n CH3 O OO C3H7-n CH3 C3H7-n a Viết công thức cấu trúc A (có biểu diễn cấu hình nguyên tử cacbon bất đối) A thuộc dãy (D hay L) dạng α-glicozit hay β-glicozit? b Viết công thức cấu tạo B C biết B khơng chứa nhóm cacbonyl Giải thích tạo thành B c Vì B khơng chứa nhóm cacbonyl mà bị khử hiđro? LG a Cấu trúc A O OMe HO Nó thuộc dẫy L, loại β -glicozit CH3 OH OH b Sau phản ứng với HIO4, nhóm anđehit bị hiđrat hố thành gem điol, chất tạo vòng với nhóm anđehit thứ hai, phản ứng metyl hoá O OMe HO CH3 O OMe HIO4 H2O HC CH3 O OH OH HO A O OMe HC CH3 CH3I Ag2O HO O CH CH OH B O OMe HC CH3 MeO O CH OH C OMe c Dưới tác dụng nhiệt, B mở vòng, bị đehiđrat hố trở lại anđehit bị khử Viết sơ đồ phản ứng oxi hóa D-glucozơ tạo thành axit anđonic axit anđaric, công thức Haworth mono γ-lacton chúng gọi tên lacton LG: Các sản phẩm oxi hố D-glucozơ lacton O COOH CHO OH OH HO OH OH CH2OH HNO3 COOH OH HO OH OH COOH C Br2 HO H2O OH O OH O OH OH D- -gluconolacton O OH HO CH2OH CH2OH axit gluconic COOH OH O CH2OH OH O OH OH COOH O OH HO OH O O O O O OH 1,4-lacton cña axit glucaric 1,4:3,6-dilactoncña axit glucaric 3,6-lacton cña axit glucaric OH Câu (2,0 điểm) Từ vỏ quế người ta tách axit hữu Y chứa 72,94% C, 5,44% H lại O Biết Y có nhóm cacboxyl phản ứng với nước brom dư tạo thành dẫn xuất đibrom Dùng dung dịch chuẩn NaOH 0,5000 M chuẩn độ 50,00 mL dung dịch chứa 1,8500 g axit Y Khi nhỏ hết 15,00 mL dung dịch NaOH pH dung dịch thu 4,61, nhỏ tiếp 10,00 mL dung dịch NaOH đạt tới điểm tương đương a Hãy tính số Ka axit Y pH dung dịch thu điểm tương đương b Hòa tan mol Y vào axit sunfuric 25 oC thu dung dịch có thành phần không đổi 0,75 mol Y 0,25 mol đồng phân hình học Hãy tính gần chênh lệch lượng biểu thị độ bền tương đối hai đồng phân nói Đề nghị cơng thức cấu trúc Y viết chế phản ứng đồng phân hóa LG a Đặt MY khối lượng Y Ka số axít Tổng thể tích chuẩn độ 25 ml 25.0,5 1,85 1000   0, 25M � M Y  148( g / mol ) CY = 50 M Y 50 - Phản ứng chuẩn độ: HY + OH- �� � Y- + H2O [HY] 25-15 [H + ] = 10-4,61 = K a -  K a � K a ; 3, 7.105 Y 15 - Xác định pH dung dịch điểm tương đương Tại điểm tương đương ta có dung dịch Y- bazơ, Kb = 10-14/Ka = 2,7.10-10 Nông độ Y- là: 0,25.50/(50+25) = 0,1667 M ��� Y- + H2O �� � HY + OH Đặt [HY] = [OH-] = x, CY- >> Kb, nồng độ Y- không đổi = 0,1667 M � pH = 8,83 x2 = Kb CY- � x = [OH-] = x = 6,708.10-6 b Công thức đơn giản Y CxHyOz tỉ lệ x : y : z = 6,08 : 5,44 : 1,35 = : 8: Kết hợp MY = 148 � công thức phân tử Y C9H8O2 - Y có đồng phân hình học (cis, trans), có nối đơi phản ứng với nước brom, (π+v) = 6, cấu tạo Y là: C6H5CH=CHCOOH (axit xinnamic) Cơ chế đồng phân hóa: H Ph COOH H +H+ H Ph COOH H H - H+ H H Ph COOH Tại điều kiện cân bằng, nồng độ Y lớn đồng phân hình học nó, tức Y bền Y đồng phân trans Hằng số cân phản ứng đồng phân hóa H COOH H H H COOH K [cis-cinnamic] 0, 25   [trans-cinnamic] 0, 75 ∆E = Ecis - Etrans ; ∆Go = -RTlnK = -8,314.298.ln(1/3).10-3 kJ/mol = 2,7 kJ/mol Cho 2,81 gam đieste quang hoạt A, chứa C, H O xà phòng hóa với 30,00 mL dung dịch NaOH 1,00 M Sau xà phòng hóa, cần 6,00 mL dung dịch HCl 1,00 M để chuẩn độ NaOH chưa sử dụng Sản phẩm xà phòng hóa gồm axit đicacboxylic B không quang hoạt, CH3OH ancol quang hoạt C Ancol C phản ứng với I2/NaOH cho kết tủa màu vàng C6H5COONa Điaxit B phản ứng với với Br2 CCl4 cho sản phẩm không quang hoạt (hợp chất D) Ozon phân B cho sản phẩm a Hãy xác định khối lượng phân tử hợp chất A b Viết công thức cấu tạo A, B, C khơng cần hóa học lập thể c Viết cơng thức hóa học lập thể có (với liên kết phối cảnh dấu chấm) C d Viết cơng thức hóa học lập thể D, dùng công thức chiếu Fisơ (Fischer) e Viết cơng thức hóa học lập thể B LG a Hãy xác định khối lượng phân tử hợp chất A MA = 234 From the other data it is concluded that the compound contains at least a double bond C=C, as well as the two ester groups C6H5 * COOCH mmol NaOH used for the saponification of the diester: 30.00 ml NaOH · 1.00 mmol/ml – 6.00 ml · 1.00 mmol/ml = 24 mmol ← excess NaOH → → 24.00 mmol NaOH saponified 12 mmol diester (2.81 g diester) → Mr diester = 2.81/0.012 = 234.16 ≈ 234 CH3 , totaling COOCH3, C13H12O4 (M = 232) b Viết công thức cấu tạo A, B, C không cần hóa học lập thể A O O C B O H3COCCH=CHCOCH(CH3)C6H5 O C6H5CH(OH)CH3 HOCCH=CHCOH c Viết công thức hóa học lập thể có (với liên kết phối cảnh dấu chấm) C Các công thức Hóa học lập thể có C C6H5 C6H5 or HO H3C CH3 H H OH d Viết cơng thức hóa học lập thể D, dùng cơng thức chiếu Fisơ (Fischer) Cơng thức Hóa học lập thể D D: COOH H Br H Br COOH e Viết cơng thức hóa học lập thể B Cơng thức Hóa học lập thể B HOOC H C C H COOH Câu 10 (2,0 điểm) Viết sơ đồ điều chế 2,3,4,5-tetraphenylxiclopenta-2,4-đienon từ benzanđehit, etyl fomat chất vô cần thiết PhCHO CN- Ph O PhCHO PCC OH HBr PhCH2OH Ph PhCH2Br Ph Ph O O PCC Ph O Ph O OH Ph Ph Baz¬ Ph Ph 1.Mg, ete 2.HCOOEt Ph OH Ph Ph Ph O Ph O Ph Hiđro hóa hiđrocacbon A (C8H12) hoạt động quang học thu hiđrocacbon B (C 8H18) không hoạt động quang học A không tác dụng với dung dịch AgNO NH3 tác dụng với H2 có mặt Pd/PbCO3 tạo hợp chất không hoạt động quang học C (C8H14) a Xác định cấu trúc gọi tên A, B, C b Oxi hóa mãnh liệt A dung dịch KMnO4 H2SO4.Viết phương trình hố học LG  2.8  12  2.8  18  2.8  14 3 , B có   0 C có   2 a) A có độ bất bão hòa   2  Vì A cộng phân tử hidro để tạo B nên A có liên kết bội vòng ba cạnh  A cộng phân tử H2 tạo C A không tác dụng với dung dịch AgNO NH3 nên A có liên kết ba dạng -CC-R  A phải chứa liên kết đơi dạng cis- (Z) vị trí đối xứng với liên kết ba, A cộng phân tử H2 (xúc tác Pd làm cho phản ứng chạy theo kiểu cis-) tạo C không hoạt động quang học Cấu tạo A, B, C là: H 2Z-4-metylhept-2-en-5-in (A) CH3 C C C* C C CH3 H H CH3 (B) CH3CH2CH2CH(CH3)CH2CH2CH3 4-metylheptan H 2Z,5Z-4-metylhepta-2,5-dien (C) CH3 C C C C C CH3 H H CH3 H H b) Phương trình phản ứng: 5CH3CH=CHCH(CH3)CC-CH3 + 14KMnO4 + 21H2SO4   10CH3COOH + 5CH3CH(COOH)2 + 14MnSO4 + 7K2SO4 + 16H2O HẾT ... trống  lai hóa sp3 , phức tứ diện Spin thấp (S = 0) Nghich từ sp3 [Ni(CO)4] 4s 3d CO 4p CO CO CO Thi t lập pin nồng độ từ dung dịch CuSO4 1M dung dịch CuSO4 0,1M + Viết nửa phản ứng catot, anot... tốc độ chung phản ứng, nên: v = k2[N2O2][ O2] (*) Do giai đoạn (b) chậm (a) nhanh nên coi cân (a) thi t lập, có: [N2O2]/[NO]2 = k1/k-1  [N2O2] = (k1/k-1)[NO]2 (2*) Thay (2*) vào (*) thu được: v... dịch trường hợp sau: a) Cho lượng He vào bình phản ứng để áp suất khí bình tăng gấp đơi? b) Giả thi t thể tích khí bình tăng gấp đơi, lượng He cho vào bình phản ứng để giữ cho áp suất tổng không