Đáp án

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
ĐIỆN BIÊN

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT
MƠN: HĨA HỌC

Câu 1: Tốc độ phản ứng có cơ chế (2,5 điểm)

Trong môi trường axit, I bị oxi hóa bởi BrO3 theo phản ứng:


9I  + BrO3 + 6H +  
 3I3 + Br  + 3H 2O

(I)

1. Thực nghiệm cho biết, ở một nhiệt độ xác định, biểu thức tốc độ của phản ứng có dạng:
v 

d[BrO3 ]
k[H + ]2 [BrO3 ][I  ]
dt

(II)

với k là hằng số tốc độ của phản ứng.
Cho biết bậc của phản ứng (I). Bậc của phản ứng bằng bao nhiêu nếu phản ứng được thực
hiện trong dung dịch đệm có pH = 3?
2. Cơ chế của phản ứng (I) được đề nghị như sau:
k1
+

 
BrO3 + 2H + 
 H 2 BrO3
k 1

2
H 2 BrO3+ + I   k
 IBrO2 + H 2O
3
IBrO 2 + I   k
 I 2 + BrO 2

(3)

4
BrO 2 + 2I + 2H +  k
 I 2 + BrO  + H 2O

5
BrO  + 2I  + 2H +  k
 I 2 + Br  + H 2O

k6
 
I 2 + I  
I3
k 
6

(1)

(nhanh, cân bằng)

(2)

(chậm)

(nhanh)
(4)

(nhanh)

(5)

(nhanh)

(6)

(cân bằng)

a) Có thể áp dụng nguyên lí nồng độ dừng cho các tiểu phân trung gian H 2 BrO3 và IBrO2 được
không? Tại sao?


b) Chứng minh rằng cơ chế này phù hợp với biểu thức tốc độ (II) ở trên, từ đó tìm biểu thức của
k.

1

Hướng dẫn chấm
1. (0,75 điểm)
d[BrO3 ]
v 
k[H  ]2 [BrO3 ][I  ]
dt
Từ biểu thức:

Suy ra bậc của phản ứng: n = 2 + 1 + 1 = 4.

(0,25 điểm)

Trong dung dịch đệm có pH = 3 → [H+] = 10-3 M
Khi đó

v 

(0,25 điểm)

d[BrO3 ]
k[H  ]2 [BrO3 ][I  ]=k[10 3 ]2 [BrO 3 ][I  ]=10  6 k[BrO3 ][I ]=k'[BrO3 ][I ]
dt

Suy ra phản ứng có bậc n’ = 1 + 1 = 2.

(0,25 điểm)

2. (1,75 điểm)
a) H 2 BrO3 được tạo ra ở giai đoạn nhanh (1) và bị tiêu thụ ở giai đoạn chậm nên khơng thể áp
dụng ngun lí nồng độ dừng cho tiểu phân này được.

(0,25 điểm)


- IBrO 2 được tạo ra ở giai đoạn chậm (2) và bị tiêu thụ ở giai đoạn nhanh (3) nên có thể áp
dụng ngun lí nồng độ dừng đối với tiểu phân này.
(0,25 điểm)
b) Phương trình phản ứng:
9I  BrO3  6H   
 3I3  Br   3H 2O

v p.u 

d [BrO3 ]
1 d [I  ]

k[ H  ]2 [BrO3 ][I  ]
dt
9 dt

(a)

(0,25 điểm)

Giai đoạn chậm quyết định tốc độ phản ứng:
2
H 2 BrO3  I   k
 IBrO 2  H 2 O

v2 

d [H 2 BrO3 ]
d [I  ]

k 2 [ H 2 BrO3 ][I  ]
dt
dt

(b)


 2

Giai đoạn (1) là nhanh và cân bằng nên: k1[BrO3 ][H ] k  1[H 2 BrO3 ]

2

(0,25 điểm)


[H 2 BrO3 ] 



k1
[BrO3 ][H  ]2
k 1

(*)

Thay (*) vào (b), ta được:

v2 k2 [H 2 BrO3 ][I  ] 

k1k 2  2
[H ] [BrO3 ][I  ]
k 1

(0,25 điểm)

So sánh (a) và (b) dễ thấy
1
kk
v p.u  v 2  1 2 [H  ]2 [BrO3 ][I  ]
9
9k  1

Vậy:

k

k1k 2
9k  1

(0,25 điểm)

Vậy cơ chế được đề nghị phù hợp với quy luật động học thực nghiệm. (0,25 điểm)
Câu 2: Nhiệt, cân bằng hóa học (2,5 điểm)
1. Đối với phản ứng đề hiđro hóa etan:
C2H6 (k) ƒ C2H4 (k) + H2 (k)

(1)

o
có các số liệu sau: ΔGG 900K = 22,39 kJ.mol-1 và các giá trị entropy được ghi ở bảng dưới đây:

Chất
o
S900K

[J.mol-1.K-1]

H2

C2H6

C2H4

163,0

319,7

291,7

a) Tính Kp của phản ứng (1) tại 900K.
o
b) Tính ΔGH900K của phản ứng C2H4 (k) + H2 (k)  C2H6 (k)

c) Tính Kp tại 600K của phản ứng (1), giả thiết trong khoảng nhiệt độ từ 600K đến 900K thì
o
ΔGH o và ΔGS khơng thay đổi.
2. Đun nóng hỗn hợp khí gồm O2 và SO2 có chất xúc tác, xảy ra phản ứng:

1
2 O2 + SO2 

SO3

(1)
3


Tính hằng số cân bằng Kp của phản ứng ở 60 oC (chấp nhận hiệu ứng nhiệt của phản ứng
không phụ thuộc nhiệt độ). Nhiệt độ ảnh hưởng như thế nào tới trạng thái cân bằng của phản
ứng (1)?

Hướng dẫn chấm
1. (1,25 điểm)
o

a) Áp dụng công thức ΔGG =-RTlnK p 

lnK p =-

22390J/mol
ΔGG 0 RT = 8,314(J/mol.K)900K = -2,99

 Kp = 5,03.10-2 atm.

(0,25 điểm)

0
0

0
b) Áp dụng ΔGG 900K =ΔGH900K -TΔGS900K ,

Đối với phản ứng:
C2H4 (k) + H2 (k)  C2H6 (k)

(2)

0
ΔGG 900K
=-22,39kJ/mol

0
ΔGS900K
=SC0 2H6 -(SC0 2H 4 +S0H 2 )

= -135 J/mol.K

(0,25 điểm)

0
0
0
Ta có: ΔGH 900K = ΔGG 900K + T ΔGS900K =-143,890 kJ/mol cho phản ứng (2). (0,25 điểm)

c) Kp tại 600K,
Áp dụng
K 900K ΔGH 0 1
1
ln

=(
)
K 600K
R 900 600 , thay K 900K = 5,03.10-2 và ΔGH 0 = 143890 J/mol.

tìm được K 600 K = 3,35.10-6 atm.

(0,5 điểm)

2. (1,25 điểm)
0
0
0
Ta có: G H  T.ΔGS = - RTlnKp
0
0
0
Ở 25 oC: G 298 H 298  T.ΔGS298 .

(0,25 điểm)
4


1
Từ phản ứng: 2 O2 + SO2

G 0298 =



1
(- 395,18 + 296,06) – 298.10-3 . (256,22 – 248,52 - 2 . 205,03)
= - 99,12 - 298.10-3.(- 94,815)  - 70,87 (kJ.mol-1 )

 K p, 298 = e

-

ΔGG 0298
RT

=e

-

o
Khi H = const, ta có:

ln

K p, 333
2,65.1012

SO3, suy ra:

- 70,87.103
8,314 . 298

ln

= 2,65.1012 (atm-1/2).

K p, 333
K p, 298

(0,5 điểm)

0

=-

ΔGH  1
1 


R  333 298 

- 99,12.103  1
1 

8,314  333 298   K p, 333  3,95.1010 (atm- ½).

=-

(0,25 điểm)
Khi tăng nhiệt độ từ 25 C đến 60 C, hằng số cân bằng Kp giảm từ 2,65.1012 (atm-1/2).
xuống 3,95.1010 (atm- ½), điều này hồn tồn phù hợp với ngun lý Le Chatelier (Lơ Satơliê),
do phản ứng (1) tỏa nhiệt.
(0,25 điểm)


o

o

Câu 3. Dung dịch điện ly - phản ứng oxi hố khử - pin điện điện phân (có cân bằng tạo
chất ít tan) (2,5 điểm)
Dung dịch X gồm K2Cr2O7 0,010 M; KMnO4 0,010 M; Fe2(SO4)3 0,0050 M và H2SO4
(pH của dung dịch bằng 0). Thêm dung dịch KI vào dung dịch X cho đến nồng độ của KI là
0,50 M, được dung dịch Y (coi thể tích khơng thay đổi khi thêm KI vào dung dịch X).
a) Hãy mô tả các quá trình xảy ra và cho biết thành phần của dung dịch Y.
b) Tính thế của điện cực platin nhúng trong dung dịch Y.
c) Cho biết khả năng phản ứng của Cu2+ với I- (dư) ở điều kiện tiêu chuẩn. Giải thích.
d) Viết sơ đồ pin được ghép bởi điện cực platin nhúng trong dung dịch Y và điện cực platin
nhúng trong dung dịch gồm Cu2+, I- (cùng nồng độ 1 M) và chất rắn CuI. Viết phương trình
hố học của các phản ứng xảy ra trên từng điện cực và xảy ra trong pin khi pin hoạt động.
Cho:

E

E

0
2

Cr2 O 7

/Cr 3+

0

Cu

2+

/Cu



= 1,330 V; E

0


MnO 4 /Mn

2+

= 1,510 V; E

= 0,153 V; pK s(CuI) 12;

ở 25 oC:

0
Fe

0

3+

/Fe

2,303

2+

= 0,771 V; E 



= 0,5355 V

RT
= 0,0592;
F
Cr (z = 24).

Hướng dẫn chấm

5

I3 /I


E

0
-

2+

= 1,51 V > E

a) Do
trình xảy ra như sau:
MnO 4 /Mn

0
2-

Cr2 O 7 /Cr

3+

= 1,33 V > E

0
Fe

0

3+

/Fe

= 0,771V > E -

2+

I 3 /I

-

= 0,5355 V,

nên các quá

2 MnO 4 + 16 H+ + 15 I-  2 Mn2+ + 5 I3 + 8 H2O

0,01

0,5

-

0,425

2-

0,01

0,025

(0,25 điểm)

+ 14 H+ + 9 I-  2 Cr3+ + 3 I3 + 7 H2O

Cr2 O7

0,01

0,425

-

0,025

0,335

0,02

0,055

(0,25 điểm)

2 Fe3+ + 3 I-  2 Fe2+ + I3

0,01

0,335

-

0,32

0,055
0,01

0,06

(0,25 điểm)

Thành phần của dung dịch Y: I3 0,060 M; I- 0,32 M; Mn2+ 0,01 M; Cr3+ 0,02 M; Fe2+ 0,01 M.

(0,25 điểm)
-

I3 + 2 e

b)
E-

I3 /I

-

0,5355 +

0

c) Do

2

=

E - - = 0,5355 V
I 3 /I

0,0592

>

E

0
Cu

2+

/Cu 

 3 I.log

0,06
3

(0,32) = 0,54 V.

= 0,153 V

(0,25 điểm)

nên về nguyên tắc Cu2+ khơng oxi hóa được I- và

phản ứng: 2 Cu2+ + 3 I-  2 Cu+ + I3 hầu như xảy ra theo chiều nghịch.

E

Nhưng nếu dư I- thì sẽ tạo kết tủa CuI. Khi đó

0
Cu

2+

/CuI

=E

0
Cu

2+

/Cu



+ 0,0592.log

(0,25 điểm)

1
K S(CuI)

 0,863 V.

(0,25 điểm)
6

Như vậy

E

0

0
Cu

2+

/CuI

= 0,863 V >

E - - = 0,5355 V
I 3 /I

 Cu2+ sẽ oxi hóa được I- do tạo thành CuI:

2 Cu2+ + 5 I-  2 CuI  + I3

E

(0,25 điểm)

E

0

- d) Vì Cu /CuI = 0,863 V > I /I = 0,54 V  điện cực Pt nhúng trong dung dịch Y là anot, điện
cực Pt nhúng trong dung dịch gồm Cu2+, I- (cùng nồng độ 1 M), có chứa kết tủa CuI là catot.
Vậy sơ đồ pin như sau:
2+

3

-

Pt│ I 3 0,060 M; I- 0,32 M║CuI; Cu2+ 1 M; I- 1 M │Pt
Trên catot: Cu2+ + I- + e  CuI 
(-)

(+)

(0,25 điểm)

Trên anot: 3 I-  I3 + 2e
Phản ứng trong pin: 2 Cu2+ + 5 I-  2 CuI  + I3

(0,25 điểm)

Câu 4: Hóa nguyên tố ( nhóm IV, V)
Cho 2,16 gam hỗn hợp gồm Al và Mg tan hết trong dung dịch axit HNO 3 lỗng, đun nóng nhẹ
tạo ra dung dịch A và 448 ml ( đo ở 354,9 K và 988 mmHg) hỗn hợp khí B khơ gồm 2 khí khơng
màu, khơng đổi màu trong khơng khí. Tỷ khối của B so với oxi bằng 0,716 lần tỷ khối của CO 2 so
với nitơ. Làm khan A một cách cẩn thẩn thu được chất rắn D, nung D đến khối lượng không đổi thu
được 3,84 gam chất rắn E.

a) Viết phương trình phản ứng,
b) Tính lượng chất D và % lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu.

Hướng dẫn chấm
Các phương trình phản ứng : Khí B theo giả thiết chứa N2 và N2O.


5 Mg + 12 H+ + 2 NO 3  5 Mg2+ + N2  + 6 H2O


4 Mg + 10 H+ + 2 NO 3  4 Mg2+ + N2O  + 5 H2O


10 Al + 36 H+ + 6 NO 3  10 Al3+ + 3 N2  + 18 H2O
+

8 Al + 30 H + 6 NO


3

 8 Al3+ + 3 N2O  + 15 H2O

Có thể có:

7

(1)
(2)

(0,25 điểm)

(3)
(4)

(0,25 điểm)










4 Mg + 10 H+ + NO 3  4 Mg2+ + NH 4 + 3 H2O

(5)

8 Al + 30 H+ +3 NO 3  8 Al3+ + 3 NH 4 + 9 H2O

(6)

(0,25 điểm)

Nung chất rắn:
4Al(NO3)3  2Al2O3 + 12 NO2  + 3O2 

(7)

2Mg(NO3)2  2MgO + 4 NO2  + O2 

(8)

(0,25 điểm)

Có thể có:
2 NH4NO3  N2  + O2  + 4 H2O 

(9)

(0,25 điểm)

- Theo định luật bảo toàn khối lượng: 3,84 gam chất E chắc chắn là Al2O3 và MgO. Từ lượng 2 kim loại
và lượng 2 oxit tính được:
số mol Al = 0,04

và

(0,25 điểm)

số mol Mg = 0,045.

- Với KL mol TB của 2 khí = 36 và tổng số mol 2khí = 0,02 ta có thể tính được số mol N2 = 0,01 và
số mol N2O = 0,01.
(0,25 điểm)
Sau đó lập phương trình theo quy tắc bảo tồn số mol electron :
Al – 3e  Al3+.
0,04

0,12

Mg – 2e  Mg2+.
0,045

2N5+ + 10 e  N2.
0,1

0,01

2N5+ + 8 e  N2O

0,09

0,08

0,01

(0,25 điểm)

ta thấy : tổng số mol e nhường (0,21) > tổng số mol e thu (0,18)
 chứng tỏ còn một phần N5+ = 0,21 – 0,18 = 0,03 mol đã tham gia phản ứng khác, khơng giải phóng
khí. Vậy có các phản ứng (5), (6), (9).
(0,25 điểm)
Vậy chất D gồm : Al(NO3)3 (8,52 gam) ; Mg(NO3)2 (6,66 gam) ;
NH4NO3 (2,4 gam) có lượng = 17,58 gam.
Hỗn hợp ban đầu có 50% khối lượng mỗi kim loại.

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

1. Trong dung dịch OH- 1,0M của [Co(NH3)5Cl]2+ tồn tại cân bằng:
8

(0,25 điểm)


[Co(NH3)5Cl]2+ + OH- ƒ [Co(NH3)4(NH2)Cl]+ + H2O.
Ở 25oC, tại thời điểm cân bằng xác định được rằng ít nhất 95% phức chất tồn tại ở
dạng axit [Co(NH3)5Cl]2+. Chứng minh [Co(NH3)5Cl]2+ là một axit rất yếu có K a  5,26.10-16.
2. NH3 có khả năng phản ứng với nhiều ion kim loại chuyển tiếp. Alfred Werner (được giải
Nobel hóa học năm 1913) đã phân lập thành công một số phức chất giữa CoCl 3 và NH3, trong
đó có phức chất bát diện với công thức phân tử là CoCl 34NH3. Tùy thuộc vào điều kiện tổng
hợp, phức chất này có màu tím hoặc màu xanh. Khi cho lượng dư dung dịch AgNO 3 tác dụng
với dung dịch chứa 1 mol phức chất này đều thu được 1 mol AgCl kết tủa. Hãy xác định các
cơng thức có thể có của phức chất nêu trên.

Hướng dẫn chấm
1. [Co(NH3)5Cl]2+ (kí hiệu A) và [Co(NH3)4(NH2)Cl]+ (kí hiệu B) là axit và bazơ liên hợp:
[Co(NH3)5Cl]2+ + H2O ƒ [Co(NH3)4(NH2)Cl]+ + H3O+.
Ka =

[B][H 3O + ]
[A]

Ka
[B]
=
+
(1) → [A] [H3O ]

(2)

(0,25 điểm)

[Co(NH3)5Cl]2+ + OH- ƒ [Co(NH3)4(NH2)Cl]+ + H2O
K =

[B]
[A][OH - ]

(0,25 điểm)

(*)

(3)

(0,25 điểm)

Thế (2) vào (3) nhận được:
K =

K
[B]
= a
[A][OH ] K W

(4)

(0,25 điểm)

Theo giả thiết, với cân bằng (*) ở [OH-] = 1,0M có ít nhất 95% phức tồn tại dạng axit, do vậy
có:
K =

K
[B]
0, 05
 a 
[A][OH ] K W 0,95.1, 0 → K a  5,26.10-16.

(0,5 điểm)

2. Vì 1 mol phức CoCl3.4NH3 tác dụng dung dịch AgNO3 (dư) tạo 1 mol AgCl → chỉ có 1 Cl ở cầu ngoại trong phân tử phức: [Co(NH3)4Cl2]Cl.
(0,25 điểm)
9


Do phức [Co(NH3)4Cl2]+ có cấu trúc bát diện nên có 2 đồng phân:
NH3

Cl

Cl
Cl

Co

H3N

NH3

NH3

H3N

NH3

Co

NH3

NH3

Cl

Dạng cis (0,25 điểm)

Dạng trans

Hai đồng phân này có màu sắc khác nhau (xanh và tím).

(0,25 điểm)
(0,25 điểm)

Câu 6: Đại cương hóa hữu cơ (Cơ chế phản ứng - xác định cấu trúc- đồng phân lập thểdanh pháp-so sánh nhiệt độ sơi, nhiệt độ nóng chảy, độ tan (cho dưới dạng bài tập giải
thích dựa trên cơ sở những dữ kiện đã cho)- khả năng phản ứng). (2,5 điểm)
1. Có ba hợp chất: A, B và C

a) Hãy so sánh và giải thích tính axit của A và B.
b) Hãy so sánh nhiệt độ sôi và độ tan trong dung môi không phân cực của B và C. Giải

thích?
c) Cho biết số đồng phân lập thể có thể có của A, B và C.
2. Phản ứng sau là một thí dụ của q trình axyl hóa enamin:
PhCO

2

N

COCl

CHCl3

ClN

+N

Hãy viết cơ chế của phản ứng trên và so sánh với cơ chế phản ứng axyl hóa amoniac (sự
giống nhau và khác nhau giữa hai cơ chế phản ứng).
Hướng dẫn chấm
10


1. (1,5 điểm)
a) Tính axit được đánh giá bởi sự dễ dàng phân li proton của nhóm –OH. Khả năng này
thuận lợi khi có các hiệu ứng kéo electron (–I hoặc –C) nằm kề nhóm –OH. Ở A vừa có hiệu
ứng liên hợp (–C) và hiệu ứng cảm ứng (–I) ; ở B chỉ có hiệu ứng (–I).
 Tính axit của (A) > (B).

(0,5 điểm)

b) Liên kết hydro làm tăng điểm sơi. Chất C có liên kết hydro nội phân tử, B có liên kết
hydro liên phân tử
 nhiệt độ sôi của (C) bé hơn nhiệt độ sôi của (B). (C) có độ tan trong dung mơi khơng
phân cực lớn hơn (B).
(0,5 điểm)
c) (A), (B) đều có 2 tâm bất đối, hai nhóm thế có thể nằm ở 2 phía khác nhau của
vịng cyclohexene và chúng có thể tồn tại 4 đồng phân lập thể.
(C) có 4 tâm bất đối có 16 đồng phân.

(0,5 điểm)
2. Cơ chế phản ứng axyl hóa enamin là cộng enamin vào nguyên tử C của nhóm cacbonyl
và tách ion clo:
O

N
Cl

N+ Cl

Ph

C

O-

Cl-

N+

O
Ph

Ph

(0,25 điểm)
Tiếp theo là chuyển proton đến phân tử enamin khác:

11


N

N+

N

O

N+
COPh

Ph

Cl-

H

(0,2 5 điểm)
Cơ chế axyl hóa amoniac cũng tuân theo qui luật cộng – tách:

O
Cl

Ph
NH3

O

OCl

C

Ph

H3N+
Cl-

NH3+

Ph

(0,25 điểm)

Chuyển proton đến phân tử NH3 thứ hai:
O
ClH2N+
H

O
Ph

NH3

H2N

Ph

+ NH4Cl

Cả hai phản ứng đều thực hiện theo cơ chế cộng tách. Sự khác nhau chủ yếu là liên kết
C-C được hình thành khi axyl hóa enamin, cịn liên kết C-N được hình thành khi axyl
hóa amoniac.
(0,25 điểm)
Câu 7: Hidrocacbon (phản ứng, cấu trúc) (2,5 điểm)
1. Hiđro hóa một hiđrocacbon A (C8H12) hoạt động quang học thu được hiđrocacbon B
(C8H18) không hoạt động quang học. A không tác dụng với Ag(NH 3)2+ và khi tác dụng với H2
trong sự có mặt của Pd/PbCO3 tạo hợp chất khơng hoạt động quang học C (C8H14).
Lập luận xác định cấu tạo (có lưu ý cấu hình) và gọi tên A, B, C.
2. Thành phần chính của dầu thơng là α-pinen (2,6,6-trimetylbixiclo[3.1.1]hept-2-en).
Cho α-pinen tác dụng với axit HCl được hợp chất A, sau đó cho A tác dụng với KOH/ancol
thu được hợp chất camphen (B). Viết cơ chế phản ứng chuyển hóa α-pinen thành A và A thành
B. Trong mơi trường axit, B quang hoạt chuyển hóa thành B raxemic. Giải thích hiện tượng
này.
Hướng dẫn chấm
12


Δ=

A có độ bất bão hịa
Δ=

2+2. 8−12
=3
2
,

B có

Δ=

2+2. 8−18
=0
2

và C có

2+ 2. 8−14
=2
2
.

- Vì A cộng 3 phân tử hidro để tạo ra B nên A có các liên kết bội hoặc vòng ba cạnh.
(0,25 điểm)
- A cộng 1 phân tử H2 tạo ra C và A không tác dụng với Ag(NH3)2+ nên A có một liên kết ba
dạng -CC-R.
(0,25 điểm)
A cũng phải chứa một liên kết đôi dạng cis- (Z) ở vị trí đối xứng với liên kết ba, vì khi A
cộng 1 phân tử H2 (xúc tác Pd làm cho phản ứng chạy theo kiểu cis-) tạo C không hoạt động
quang học.
(0,25 điểm)

Cấu tạo của A, B, C là:
(A) CH3

H
C C C * C C CH3

2Z-4-metylhept-2-en-5-in

H H CH3

(0,25 điểm)

(B) CH3CH2CH 2CH(CH3)CH2CH 2CH3 4-metylheptan

(C) CH3

H
C C C

(0,25 điểm)

2Z,5Z-4-metylhepta-2,5-dien

C C CH3

H H CH3 H H

(0,25 điểm)

2. Sơ đồ phản ứng tổng hợp camphen (B) từ α-pinen:

Cl
HCl

 - Pinen

chun vÞ
- HCl

A

B

(0,25 điểm)

Cơ chế phản ứng chuyển hóa α-pinen thành A:
H+

Cl
-

chun vÞ

Cl

 Pinen

A

Cơ chế tạo thành B từ A:

13

(0,25 điểm)


3

7

Cl

1

2

-Cl

3

chun vÞ

-

1

2

4

+

-H

4

3

4

A

B

(0,25 điểm)
Giải thích hiện tượng raxemic hóa hợp chất B:
H+

-H+

chuyển vị

H+

-H+

B quang hoạt

B đối quang

(0,25 im)

Cõu 8: Tng hp hữu cơ (đến este) dạng dãy chuyển hóa (2,5 điểm)
Cấu tạo của hợp chất K (tách từ quả hồi) đã được xác định theo sơ đồ phản ứng sau:
K (C 7 H10O 5)

O3

Me2S

CH3OH
H+

L (C 7H 10 O7 )

M

HIO4

N

H3O+

OHCCHO + OHCCH(OH)CH2 COCOOH

a) Hãy vẽ công thức cấu tạo của L, M, N và K, biết rằng K khơng chứa nhóm chức ancol bậc
ba.
b) Hãy viết sơ đồ phản ứng tổng hợp ra K từ những hợp chất chứa không quá 4C.
Hướng dẫn chấm
a) Xác định đúng công thức của K

(0,5 điểm)

Vẽ công thức cấu tạo của L, M, N và K, biết rằng K khơng chứa nhóm chức ancol bậc ba.
HO

COOH
O3

HO

HO

Me2S

HO
K

OH

COOH

O O

O
CHO

L

OH

OMe

M

COOH

HIO4

O O

CH3OH
H+
OH
HO

HO

OH

(1,0 điểm)

COOH

COOH

OH

O O
CHO
OHC
N

OMe

Viết đúng mỗi giai đoạn được 0,25 điểm

b) Viết sơ đồ phản ứng tổng hợp ra K từ những hợp chất chứa không quá 4C.

COOH
+

COOH

COOH

PhCO3H

NBS

Br

HO

COOH
-

O

1) H2O/HO , t

Br

2) H3O+

HO

(1,0 điểm) Viết đúng mỗi giai đoạn được 0,25 điểm

14

COOH

o

OH


----------------------------------Hết---------------------------------

15