Hoa 11 yen bai

SỞ GD & ĐT YÊN BÁI

ĐỀ THI CHỌN HSG OLYMPIC HÙNG VƯƠNG

TRƯỜNG THPT CHUN

LẦN THỨ 11

NGUYỄN TẤT THÀNH

MƠN: HỐ HỌC LỚP 11

ĐỀ GIỚI THIỆU

Thời gian làm bài 180 phút

CÂU 1. (2, 5 điểm) Tốc độ phản ứng có cơ chế
Phosgen là một chất khí rất độc được sử dụng trong Chiến tranh thế giới lần
thứ nhất, nó cũng là sản phẩm công nghiệp quan trọng. Phosgen được tạo thành bằng
cách cho khí CO tác dụng với khí Cl2 khi có mặt ánh sáng mặt trời hoặc có than hoạt
tính làm xúc tác theo phản ứng sau:

CO(k) + Cl2(k)  COCl2(k)

Để xác định bậc riêng của CO, người ta tiến hành thí nghiệm sau: Xuất phát từ khí
CO và khí Cl2 với áp suất ban đầu là:

PCl2

= 400 mmHg, PCO = 4 mmHg. Ở nhiệt độ và

thể tích khơng đổi, đo áp suất riêng phần của COCl 2(k) theo thời gian phản ứng thu
được kết quả như sau:

t (phút)
PCOCl2

0
(mmHg) 0

34,5
2,0

69
3,0

138
3,75

1. Chứng minh rằng bậc riêng của CO bằng 1.
2. Bằng một thí nghiệm khác, người ta xác định được bậc riêng của Cl 2 bằng 3/2.
Chứng minh rằng phương trình động học của phản ứng trên phù hợp với cơ chế phản
ứng sau:
Cl2(k) ⇌ 2Cl(k)
(1) nhanh
CO(k) + Cl(k) ⇌ COCl(k)
(2) nhanh
COCl(k) + Cl2(k)  COCl2(k) + Cl(k)
(3) chậm
Hướng dẫn chấm
Đáp án

1) Vì PCl2 >> PCO nên coi PCl2  const  [ClCl2]  const
v = k[ClCl2]m[ClCO]n = k.const.[ClCO]n = k’[ClCO]n
Giả sử bậc riêng của CO bằng 1 thì k’ = const trong các lần thí nghiệm.
CO(k)
t=0

Po = 4 mmHg

t

Po - P’

+

Cl2(k)  COCl2(k)
0
P’

Điểm


P0
1 C 1
k '  ln 0  ln
t C t P0  P ,

1.0

Với t = 34,5 phút, P’ = 2 mmHg  k’ = 0,02 phút-1
Với t = 69 phút, P’ = 3 mmHg  k’ = 0,02 phút-1

Với t = 138 phút, P’ = 3,75 mmHg  k’ = 0,02 phút-1
 k= 0,02 phút = const  Bậc riêng của CO bằng 1 (n=1)
2)
Phương trình động học của phản ứng là:
v = k[ClCl2]3/2[ClCO]
Tốc độ của phản ứng được quyết định bởi giai đoạn chậm (3):
v = k’[ClCOCl][ClCl2]
COCl được tạo ra theo phản ứng (2):
CO(k) + Cl(k) ⇌ COCl(k) (2) K2
 [ClCOCl] = K2[ClCO][ClCl]
Cl lại được tạo ra theo phản ứng (1):
Cl2(k) ⇌ 2Cl(k) (1) K1
 [ClCl] = K11/2[ClCl2]1/2
Thay [ClCl] vào biểu thức tính [ClCOCl], có:
[ClCOCl] = K2[ClCO] K11/2[ClCl2]1/2 = K11/2K2[ClCO] [ClCl2]1/2

1.5

Thay [ClCOCl] vào phương trình tốc độ có:
v = k’. K11/2. K2. [ClCl2]3/2.[ClCO] = k[ClCl2]3/2[ClCO]
 phù hợp với phương trình động học của phản ứng.
CÂU 2. (2,5 điểm) Nhiệt động, cân bằng hóa học
Xét phản ứng cháy của graphit (C) trong oxy ở 1000°C để tạo thành cacbon
oxit.
1.Viết và cân bằng phản ứng với hệ số cân bằng cực tiểu. Chỉ ra trạng thái của chất
bằng cách sử dụng ký hiệu (r) cho chất rắn, (l) cho chất lỏng và (k) cho chất khí.
Trong một bình kín mà trong đó nắp bình được di chuyển tự do (p = constant) thì một
cân bằng đã được thiết lập với KP = 1.5×1018 (ở 1000°C).
2.Viết biểu thức KP cho phản ứng trên.
3.Tính entanpy năng lượng tự do ΔGG0 ở 1000°C.

Bình đuợc nạp đầy bằng cách thêm vào khí oxy (p(O 2) = 1.00 bar) và CO (p(CO) =
0.130 bar), rồi niêm kín và đun nóng đến 1000°C.
4.Tính tỉ số phản ứng và trạng thái mà ở đó phản ứng xảy ra tự phát.
Nhiệt phản ứng đo được khi đạt đến cân bằng là ΔGH = -225 kJ.


5.Tính biến thiên entropy ΔGS.
Hướng dẫn chấm
1. Phương trình phản ứng:

Đáp án
2 C (r) + O2 (k) ⇄ 2 CO (k)

2. Biểu thức hằng số cân bằng: K P 

Điểm
0.5
0.5

P 2 (CO)
P(O2 )

3. Biến thiên năng lượng tự do của phản ứng:

0.5


G1273
  R T ln K P   8.314 1273 ln(1.5 1018 )   442950 J   443 kJ

4. Tỉ số và chiều phản ứng:

Q

0.5

0.132
0.0169
1

ΔGG1273 = -442950 + R×T×ln(0.0169) = -486 kJ
ΔGG1273 < 0 chiều thuận
5. entropy của phản ứng:
G  H  T S



S 

0.5
H  G  225000  486136

205 J / K
T
1273

CÂU 3. (2,5 điểm) Dung dịch điện li, điện hóa
Một trong các phương pháp tách loại asen khỏi nước ngầm là dùng oxi khơng
khí đồng thời oxi hóa As(III) thành As(V) và Fe(II) thành kết tủa Fe(OH) 3. Khi đó
As(V) sẽ bị hấp phụ trên bề mặt của Fe(OH)3 và tách khỏi dung dịch nước.

Biết rằng trên bề mặt Fe(OH)3 sẽ tích điện dương khi pH < 7 và tích điện âm
khi pH > 7. Axit asenic H3AsO4 có pK1 = 2,2 ; pK2 = 6,9 ; pK3 = 11,5 .
a. Nếu coi tổng nồng độ mol các dạng tồn tại của axit asenic trong dung dịch là
100%. Hãy tính xem các dạng H3AsO4 và H2AsO4- ở pH = pK1, các dạng H2AsO4- và
HAsO42- ở pH = pK2, các dạng HAsO42- và AsO43- ở pH = pK3 chiếm bao nhiêu phần
trăm (về số mol)?
b. Cho biết As(V) sẽ được tách loại khỏi nước tốt nhất ở pH = pK 1, pH = pK2 hay pH
= pK3? Giải thích.
c. Chứng minh rằng ở pH tối ưu (như đã xác định ở câu b) oxi có thể oxi hóa As(III)
thành As(V). Cho Eo(O2/H2O) = +1,23V ; Eo(H3AsO4/HAsO2) = + 0,56V. Axit
metaasenơ HAsO2 có pK = 8,1. Tổng nồng độ của As(V) bằng tổng nồng độ của
As(III). Nồng độ oxi hòa tan trong nước là 8 mg/l. Lấy 2,303RT/F = 0,0592.
Hướng dẫn chấm
Đáp án

Điểm


Gọi C là nồng độ mol tổng cộng của các dạng As(V) trong dung dịch.

1.0

a. Ta có:
h3
[ClH3 AsO4 ] C. 3
h  K1h 2  K1K 2 h  K1K 2 K 3

(1)

[ClH 2 AsO 4 ] C.

K1 h 2
h 3  K1h 2  K1K 2 h  K1K 2 K 3

(2)

[ClHAsO24 ] C.

K1 K 2 h
h  K1h  K1K 2 h  K1K 2 K 3

(3)

[ClAsO34 ] C.

3

2

K1K 2 K 3
h  K1h  K1K 2 h  K1K 2 K 3
3

2

(4)

- Tại pH = pK1 hay h = K1, bỏ qua các số hạng K1K1h và K1K2K3 trong (1)
và (2), ta được:
[ClH3 AsO 4 ] [ClH 2 AsO 4 ] 

C
(mỗi dạng chiếm 50% về số mol)
2

- Tại pH = pK2 hay h = K2, bằng cách tính gần đúng tương tự ta được:
[ClH 2 AsO 4 ] [ClHAsO 42 ] 

C
(mỗi dạng chiếm 50% về số mol)
2

- Tại pH = pK3 hay h = K3, ta được:
[ClHAsO 24 ] [ClAsO34 ] 

C
(mỗi dạng chiếm 50% về số mol)
2

b. Tại pH = pK1 = 2,2; lượng Fe(OH)3 hầu như không đáng kể nên việc 0.5
tách loại As(V) không hiệu quả. Tại pH = pK 3 = 11,5 > 7; bề mặt Fe(OH) 3
tích điện âm nhưng As(V) cũng chủ yếu tồn tại dạng ion âm nên việc tách
loại As(V) khơng hiệu quả.
Trong khi đó, tại pH = pK2 = 6,9 < 7; bề mặt Fe(OH)3 tích điện dương và
As(V) chủ yếu tồn tại dạng ion âm nên việc tách loại As(V) là tốt nhất.
c. Ta có các bán phương trình:

 2H2O;
O2 + 4H+ +4e 



 HAsO2 + H2O
H3AsO4 + 2H+ + 2e 


EO


2 ,2H / H 2 O

0, 0592
log[ClO 2 ][ClH  ]4
4
0, 0592
8.10 3
1, 23 
log(
.10  6,9.4 )  +0,7682V
4
32
E Oo


2 ,2H /H 2 O



1.0

C  6,9
.10
Tại pH = 6,9; [ClH AsO ] [ClH 2 AsO ][ClH ]  2
9,9763.10  6 C
3
4
 2,2
K1
10

4



10 6,9
[ClHAsO 2 ]   6,9
C 0,9406C
10  10 8,1

Vậy:
E H AsO
3

4 ,2H



/ HAsO 2

E oH AsO

3

4 ,2H

0,56 
Do : E O

2 ,2H



/H 2O

 E H AsO
3



/HAsO 2



[ClH AsO 4 ][ClH  ]2
0, 0592
log 3
2
[ClHAsO 2 ]

0, 0592
9,9763.10 6.10 6,9.2.C

log(
)  +0,004277V
2
0,9406.C

4 ,2H



/HAsO 2

nên O2 oxi hoá được As(III) thành As(V) ở

pH tối ưu.
CÂU 4. (2,5 điểm) Vơ cơ, nhóm IVA và VA
Để phân tích hàm lượng của thiếc trong hợp kim thiếc bismuth ta tiến hành như
sau:
Hịa tan hồn toàn 0,472 gam hợp kim trong dung dịch axit sunfuric tạo thành
dung dịch của thiếc(II) và bismuth(III). Định mức dung dịch này lên 100 mL. Lấy
25,00 mL dung dịch sau khi định mức đem chuẩn độ với dung dịch KMnO 4 0,0107 M
trong môi trường axit sunfuric.
1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra
2. Tính hàm lượng (% khối lượng) của thiếc trong mẫu hợp kim. Biết rằng thể tích
dung dịch KMnO4 sử dụng là 15,61 mL.
3. Hãy nêu cách xác định điểm cuối của quá trình chuẩn độ
4. Trong một q trình chuẩn độ, có sự tạo thành kết tủa màu nâu tại điểm cuối. Hãy
giải thích nguyên nhân của hiện tượng này. Hiện tượng này có ảnh hưởng thế nào đến
kết quả phân tích.
Hướng dẫn chấm
Đáp án

1.

Sn + H2SO4  SnSO4 + H2

Điểm
0.5

2Bi + 3H2SO4  Bi2(SO4)3 + 3H2
5Sn2+ + 2MnO42- + 8H+  5Sn4+ + 2Mn2+ + 4H2O
2. Số mol Sn2+ có trong 25 mL dung dịch chuẩn độ

1.0


Phần trăm khối lượng của Sn trong hỗn hợp

3. Điểm cuối chuẩn độ: màu tím nhạt chuyển sang khơng màu

0.5

4. Kết tủa màu nâu là MnO2

0.5

Hình thành do mơi trường khơng đủ axit.
Kết quả là thể tích KMnO4 phải sử dụng nhiều hơn, sai số DƯƠNG (hàm
lượng Sn xác định được sẽ lớn hơn hàm lượng thực)

CÂU 5. (2,5 điểm) Phức chất, trắc quang
Axit HIn trong nước phân ly như sau:

HIn (màu 1)  H+ + In− (màu 2)
Đo mật độ quang của dung dịch HIn 5,00.10−4 M trong NaOH 0,1 M và trong HCl 0,1
M ở bước sóng 485 nm và 625 nm với cuvet 1,00 cm.
Trong dung dịch NaOH 0,1 M A485 = 0,052

A625 = 0,823

Trong dung dịch HCl 0,1 M

A625 = 0,176

A485 = 0,454

1. Tính hệ số hấp thụ mol của In− và HIn ở bước sóng 485 và 625 nm.
2. Tính hằng số phân ly axit của HIn, nếu trong dung dịch đệm pH 5,00 chứa một
lượng nhỏ chất chỉ thị có mật độ quang là 0,472 ở 485 nm và 0,351 ở 625 nm
3.Tính pH của một dung dịch chứa một lượng nhỏ chất chỉ thị. Biết mật độ quang là
0,530 ở 485 nm và 0,216 ở 625 nm.
4. Mật độ quang của một dung dịch HIn 2,00.10−4 M tại 485 và 625 nm (cuvet 1,25
cm) là bao nhiêu nếu dung dịch được đệm ở pH bằng 6,00?
5. Chuẩn độ 25,00 mL dung dịch axit hữu cơ tinh khiết yếu HX với chất chỉ thị là
phenolphtalein tới điểm cuối chuẩn độ thì cần 24,20 mL dung dịch NaOH chuẩn. Khi
thêm đúng 12,10 mL dung dịch NaOH vào 25,00 mL dung dịch axit HX, trong dung


dịch có một lượng nhỏ chất chỉ thị HIn, mật độ quang đo được là 0,306 ở 485 nm và
0,555 ở 625 nm (cuvet 1,00 cm). Tính pH của dung dịch và Ka cho axit yếu.
Hướng dẫn chấm
Đáp án
Vì cuvet đều có bề dày dd là 1cm nên A = i.[Cli].

− Trong dung dịch NaOH:

− Trong dung dịch HCl:

Điểm
0.5

In
A485 =  485
.C = 0,052

In
→  485
= 104

In
A625 =  625
.C = 0,823

In
→  625
= 1646

HIn
A485 =  485
.C = 0,454

HIn
→  485
= 908

HIn
A625 =  625
.C = 0,176

HIn
→  625
= 352

Ở pH = 5.

0.5

HIn
In
A485 =  485
.[ClHIn] +  485
.[ClIn−] = 908. [ClHIn] + 104 .[ClIn−] = 0,472
HIn
In
A625 =  625
.[ClHIn] +  625
.[ClIn−] = 352. [ClHIn] +1645 .[ClIn−] = 0,351

Giải hệ phương trình tìm được: [ClHIn] = 5,078.10−4

[ClIn−]

=

1,047.10−4.
1, 047.10 4.10 5
→ Ka =
= 2,06. 10−5
4
5, 078.10

Tính pH:

0.5

HIn
In
A485 =  485
.[ClHIn] +  485
.[ClIn−] = 908. [ClHIn] + 104 .[ClIn−] = 0,530
HIn
In
A625 =  625
.[ClHIn] +  625
.[ClIn−] = 352. [ClHIn] +1645 .[ClIn−] = 0,216

Giải hệ phương trình tìm được: [ClHIn] = 5,83.10−4

[ClIn−]

=

6,57.10−6.
→ [ClH+] =

5,83.10 4.2, 06.10 5
= 1,82. 10−3 → pH = 2,738
6,57.10 6

4. Ở pH = 6,000
[ClHIn] = 2.10

−4

[ClIn−] = 2.10−4 .

10 6
. 6
= 9,26 . 10−6 (M)
 4,686
10  10
10 4,686
= 1,9074 . 10−4 (M)
10 6  10 4,686

HIn
In
A485 =  485
.[ClHIn] +  485
.[ClIn−] = 908. 9,26 .10−6 + 104 . 1,9074 . 10−4 =

0,028
HIn
In

A625 =  625
.[ClHIn] +  625
.[ClIn−] = 352. 9,26 .10−6 +1645. 1,9074 . 10−4 =

0,330
5. − Chuẩn độ tới đổi màu phenolphtalein cần 24,20 mL dung dịch bazơ

0.5


→ khi thêm 12,10 mL thì dung dịch chứa HX và X − với hai lượng tương
đương.
[ClHX ]

→ Áp dụng cơng thức có thể suy ra pKa: pKa = pH + lg [ClX  ] = pH.
HIn
In
A485 =  485
.[ClHIn] +  485
.[ClIn−] = 908. [ClHIn] + 104 .[ClIn−] = 0,306
HIn
In
A625 =  625
.[ClHIn] +  625
.[ClIn−] = 352. [ClHIn] +1645 .[ClIn−] = 0,555

Giải hệ phương trình tìm được: [ClHIn] = 3,06.10−4

[ClIn−]

=

2,72.10−4.
3, 06.10 4.2, 06.10 5
→ [ClH ] =
= 2,3175. 10−3 → pH = 4,635
4
2, 72.10
+

→ pKa (HX) = 4,635.
CÂU 6. (2,5 điểm) Đại cương hữu cơ
1.
Cho các tiểu phân: 1,3-điazol (A) (C 3H4N2), cation 1,3-điazolium (B) (C3H5N2+),
anion 1,3-điazoliole (C) (C3H3N2-), 1,3-oxazol (D) (C3H3NO), 1,3-thiazol (E)
(C3H3NZ)
a/ Hãy cho biết hệ nào là thơm, không thơm, phản thơm?
b/ So sánh nhiệt độ nóng chảy, nhiệt độ sơi của A, D, E.
c/ So sánh tính bazơ của A, D, E.
2.
Xác định C* và cấu hình tuyệt đối của chúng trong các chất sau
HO

N
H
H

N

OMe

N
H

H

Spartein

Đáp án:
1. (0,5 điểm)

N

O

HO

N
Dihidroquinidin

H

H

HO
H

Morphin


H

H

N

N

..
N

N

a.

(A);

N

+

(B);

H

N

O

(C);

N

(D);

S

N

(E)

A có 6e  , là hệ thơm.

B có 6e  , là hệ thơm.

C có 6e  liên hợp kín, là hệ

thơm.
D có 6e  , là hệ thơm.
E là hệ thơm.
F là hệ thơm, S liên hợp rất mạnh .
b. So sánh nhiệt độ nóng chảy, nhiệt độ sôi (0,5)
N

N

N

N

S

O

H

Tạo liên kết H liên phân
tử Momen lưỡng cực của
phân tử lớn hơn Oxazol .

Phân tử khối lớn nhất.
Momen lưỡng cực của
phân tử
lớn nhất, S cho nhiều hơn
nên + C của S là mạnh
nhất .

Phân tử khối nhỏ. Momen
lưỡng cực của phân tử nhỏ
nhất; có 5AO, 6 e nên
trung bình có 1,2e/AO, mà
độ âm điện O lớn nên hút e
mạnh làm giảm momen
lưỡng cực của phân tử.

c. So sánh tính bazơ (0,5)
N

N

N

N

S

O

H

Tĩnh: +CN mạnh hơn O và nhỏ hơn Tĩnh: +CS rất mạnh mẽ
so với S nhưng muối điazoni tạo ra làm giàu mật độ e trên
của điazol rất bền.
N làm tăng tính bazo.
Do độ âm điện của S
nhỏ hơn C nên –I hầu
như khơng có.

Tĩnh: +CO nhỏ, độ âm
điện của O lớn giữ đơi
e mạnh nên rất khó
cho đi, mà chi có
trung bình 1,2e/Ao
nhỏ hơn nhiều so với
2e, mặt khác –I của O
mạnh làm giảm mật
độ e trên N.


Động

Động:
H
O

N

H

NH

S

N
N

S

H

NH

N

H

N

H

O

H

H

NH

H

O

H

O

Cacbocation tạo ra có khả năng
tạo 2 liên kết H với nước. Năng
lượng Solvat hoá lớn nên muối tạo
ra bền.

Chỉ tạo 1 liên kết H với nước.
Cặp e của S, O khơng tạo liên kết H vì đã cộng
hưởng liên hợp cho – NH- thiếu hụt e, do đó
cacbocaton kém bền hơn dễ chuyển về dạng ban
đầu.

2. (1,0 điểm) Mỗi cấu hình đúng được 0,1 điểm.
H

HO

H
H

R

N

R
H

H

H
OMe

S

S

N

R

S

N

S

S

H
N

OH

O

R

N

R

R

H

R

H

S

H

OH
H

CÂU 7. (2,5 điểm) Hidrocacbon
Hai hidrocacbon A và B có một hoặc hai kiểu liên kết C – C với bậc khác
nhau. 2,70 gam hỗn hợp A, B có thể tích 12,22 lít ở 0,1atm và 298 K. Hỗn hợp có thể
bị brom hóa hồn tồn trong dung dịch có 16,0 gam brom và có thể phản ứng với
1,26 gam nước khi có mặt xúc tác.
1) Viết công thức các dãy đồng đẳng của A và B.


2) Xác định thành phần định tính và định lượng (% thể tích) của hỗn hợp, biết dung
dịch có chứa một cation phức G ( 20%) với :
a. G phản ứng với A và không phản ứng với sản phẩm do hỗn hợp phản ứng với nước
b. G không phản ứng với cả hỗn hợp ban đầu và sản phẩm do hỗn hợp phản ứng với
nước
c. G phản ứng với cả A và sản phẩm của A phản ứng với nước
Hướng dẫn chấm

Đáp án
a) CmH2m – 2 và CnH2n .(do bị brom hóa hồn tồn)

Điểm
1.0

0,112, 22

Tổng số mol = 0, 082 298 = 0,05 nên M = 2,7 : 0,05 = 54 g/mol
Số mol Br2 = 0,1 ; số mol H2O = 0,07
- Tỷ lệ số mol A (B) : Br2 = 1 : 2  hỗn hợp không thể tồn tại CnH2n .
Vậy công thức các dãy đồng đẳng của A và B đều là CmH2m – 2 .
(m  2)
2. Do số mol H2O < số mol Br2 nên suy ra một trong A hoặc B phản ứng

với H2O theo tỷ lệ mol là 1 : 1. Nếu coi số mol A và B là a và b ta có 2
phương
trình: a + b = 0,05 và a + 2b = 0,07  a = 0,03 và b = 0,02
 (14m – 2) 3 + (14m’ – 2) 2 = 54  5 = 270
 3m + 2m’ = 20 với m chẵn và < 6
Vậy m = 4  m’ = 4  A và B đều có cơng thức C4H4.
m = 2  m’ = 7  A  C2H2 và B  C7H12 .
Dung dịch chứa cation phức là [ClAg(NH3)2]+.
a/ A là CH  C – CH2 – CH3 còn B là CH2= CH – CH = CH2.
b/ A là CH3 – C  C – CH3 còn B là CH2= CH – CH = CH2.
c/ A là CH  CH còn B là một trong các đồng phân của C7H12 có 2 nối
đơi

1.5

CÂU 8. (2,5 điểm) Tổng hợp hữu cơ
1. Từ 2,6-đimetyl phenol và các chất hữu cơ chứa không quá 2C, các chất vô cơ và
điều kiện cần thiết, hãy tổng hợp Lidocaine một loại thuốc chữa vết bỏng có cơng
thức:

2. Hồn thành sơ đồ chuyển hóa dưới đây:


O
COOMe

2 MeOOC
O

O

A (C21H24O10)

KHCO3

C (C13H16O4)

HCl, THF, 

H2, Pd/C

D (C13H12O2)

1N HCl, AcOH


E

B (C13H16O2)

1) O3, EtOAc
2) Me2S, MeOH

N2H4, KOH, 

(C13H20)

Hướng dẫn chấm

Đáp án

Điểm
1.0

1.
OH
H3C

CH3

NH3,, xt Al2O3, to

NH2
H3C

CH3

-H2O

2 CH3CH2OH

NH3,, xt Al2O3, to
-2 H2O

(CH3CH2)2NH

(hoặc có thể đi từ dẫn xuất

halogen)

2.

1.5


O
2 MeOOC
O

O

COOMe

MeO2C
O

KHCO3

CO2Me
O

1N HCl, AcOH


CO2Me
MeO2C
A (C21H24O10)
O

O

O
B (C13H16O2)

O

1) O3, EtOAc

HCl, THF, 

2) Me2S, MeOH

O

O
C (C13H16O4)

N2H4, KOH, 

H2, Pd/C
O

O
D (C13H12O2)

O

O
E

.
.
(C13H20)