Hướng dẫn chấm đề đề xuất hùng vương hóa 11 chuyên hạ long

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT HÓA 11
(14 trang)
Câu 1: (2,5 điểm) Tốc độ phản ứng – Cân bằng hóa học
Phần Đáp án
1
a) [ H  ] =  5 M = const.

10

[ HSO3 ]o

 [ HCrO4 ]o

→ [ HSO3 ]o = const.

v = k[ HCrO 4 ][ HSO3 ]2 [ H  ]

k[ HCrO 4 ] ( k= k[ HSO3 ]2 [ H  ] )

=

→ Phản ứng bậc nhất theo

k =

HCrO 4 .

ln 2  1
(s )
15

PTHH: 2HCrO 4  3HSO3  5H   
 2Cr 3  3SO42  5H 2O
Theo phương trình: Tỉ lệ

HCrO 4

và

HSO3

là 2:3.

Lại có: [ HCrO 4 ]o : [ HSO3 ]o = 2:3.
→ Tại mọi thời điểm trong quá trình phản ứng ln có:

3
[HSO3 ]  [HCrO 4 ] .
2
v = k[ HCrO 4 ][ HSO3 ]2 [ H  ]
2

3

k.[H ]. [HCrO 4 ]  .[HCrO 4 ]
2

9
k[H  ].[HCrO4 ]3
4


=

=

k 2 .[HCrO 4 ]3

=

k k.[H  ].0,12  k.[H  ] 100k.
9
ln 2
k 2  .100.
10,4 ( M  2 .s  1 )
4
15

Có:
→

Lại có:

1 d[HCrO4 ]
d[HCrO 4 ]
v  .

2v 2.k 2 .[HCrO 4 ]3
2
dt
dt

Tích phân 2 vế:

Điểm
1,0



1
1
1


 2k 2 t
2  [HCrO 4 ]2 [HCrO 4 ]o2 
1  82
1 
 

 2.10,4.t
2  0,012 0,012 
 t 15144,23(s).
2

1,5

a/ 0,5 điểm
d  HCO* 

Theo (1) và (4):

dt
d  H * 

Theo (4) và (5):
Theo
d  CH 3* 
dt

dt

k1[CH3CHO]  k4 [HCO* ] 0  [HCO* ] 

k4 [HCO* ]  k5 [H* ][CH 3CHO] 0  [H* ] 

(1),

(2),

k1
[CH 3CHO]
k4

k4 [HCO* ]
k
 1
k5 [CH 3CHO] k5

(3)

và

(6):

k1[CH 3CHO]  k2 [ CH 3CHO ][CH*3 ]  k3[CH 3CO* ]  2 k6 [CH *3 ]2 0

Theo (2), (3) và (5):

d  CH 3CO* 

k2 [CH*3 ][CH 3CHO ]  k3[ CH 3CO* ]  k5 [H * ][CH 3CHO ] 0
dt
Cộng hai biểu thức trên, rồi thế giá trị nồng độ của H* và HCO* vào ta được
2k1[CH3CHO]  2k6 [CH*3 ]2 0  [CH*3 ] 
*

  CH 3CO  

k2  CH 3*   k5  H * 
k3

k1
[CH 3CHO]1/2
k6

 CH 3CHO  

k2
k3

k1
k
3/2
 CH 3CHO   1  CH 3CHO 
k6
k3

b) 0,5 điểm
Tốc độ hình thành:
d  CH 4 
dt
d  C2 H 6 
dt
d  H2 

dt

k2 [CH*3 ] CH 3CHO  k2 .

k1
3/2
 CH 3CHO 
k6

k6 [CH*3 ]2 k1[CH 3CHO]

k5 [H* ][CH 3CHO] k1[CH 3CHO ]

d  CO 
k

k3 [CH 3CO* ]+k4 [HCO* ] 2k1[CH 3CHO ]+k 2 1 [CH 3CHO]3/2
dt
k6
c) 0,5 điểm
Etanal có hai cách phân hủy:

2CH 3CHO  C2 H 6  H 2 +2CO

(a)

CH 3CHO  CH 4  CO

(b)

+ sự hình thành etan và hydro là bậc một đối với etanal  phản ứng (a) là phản ứng bậc nhất
+ sự hình thành metan là bậc 3/2  phản ứng (b) là phản ứng bậc 3/2


+ CO được hình thành từ 2 phản ứng nên nồng độ của CO phụ thuộc vào nồng độ của etanal theo bậc
1 và bậc 3/2.
Câu 2: (2,5 điểm) Nhiệt, cân bằng hóa học
1.a

Giữa benzen chậm đơng đặc ở -5°C và benzen rắn cũng ở -5°C khơng có cân bằng nhiệt động. Vì vậy, q

0,25

trình đơng đặc này là một q trình khơng thuận nghịch. Muốn tính biến thiên entropy ∆S của hệ trong quá
trình này người ta thường phải tưởng tượng ra các quá trình nhỏ thuận nghịch như sau:
- Đun nóng thuận nghịch benzen lỏng từ -5°C lên +5°C.

- Làm đông đặc benzen lỏng (thuận nghịch) ở +5 °C.
- Làm lạnh thuận nghịch benzen rắn từ +5°C xuống -5°C.
Có thể mơ tả các q trình trên theo sơ đồ sau:

(Học sinh hoặc mô tả bằng lời hoặc mô tả bằng sơ đồ đều cho điểm)
278

S1  C p (C6 H 6 ), l
268

dT
278
126,8ln
4, 64 J .mol  1.K  1
T
268
0,25

∆S2 = -35,67 J.mol-1.K-1
268

S3  C p (C6 H 6 ), r
278

dT
268
122, 6.ln
 4, 49 J .mol  1.K  1
T
278

0,25

∆Sbenzen = ∆S1 + ∆S2 + ∆S3 = 4,64 - 35,67 - 4,49 = -35,52 J.mol-1.K-1
0,25
Tương tự ta tính biến thiên entanpy của chu trình:
∆Hđđ 268 = ∆H1 + ∆H2 + ∆H3 = Cp (C6H6),l.(278 - 268) + (-9916) + C p(C6H6),r.(268 - 278) = [Cp(C6H6),l - Cp(C6H6), r).10
- 9916 = (126,8 - 122,6).10 - 9916 = -9874 J.mol -1
Ta có: ∆Smơi trường = -∆Hbenzen/Tđđ = 9874/268 = 36,84 J.mol-1.K-1
∆Shệ cô lập = ∆Sbenzen + ∆Smôi trường = -35,52 + 36,84 = 1,32 J.mol-1.K-1
Kết quả ∆Shệ cô lập > 0 nên đây là quá trình tự diễn biến.
1. b

C1: Thuận nghịch, đẳng nhiệt
W = -nRTlnP1/P2 = 1.8,314.300.ln3/1 = -2740,159 J; ∆H = 0 (do ∆T = 0);
∆S = nRlnP1/P2 = 9,134 J/K hoặc ∆S = Q/T. Thuận nghịch: ∆Smt =-9,134 J/K
C2: Đẳng nhiệt, chống lại áp suất không đổi bên ngoài 1,00 atm

0,25


W = -P∆V = -.8,314.300(1/1 – 1/3) = -1662,8 J; ∆H =0;

0,25

Q = -W = 1662,8 J
∆S = Qtn/T = 9,134 J/K; ∆Smt = -Q/T = -1662,8/300 = -5,543 J/K

2

1,0

a.( 0,75đ) Ta có cân bằng sau ở 2730C:

 C( k )  D( k ) (1) K P 6
A( r )  B( k ) 

1

 E( k )  D( k ) (2) K P  9
C( k )  B( k ) 

2
5
0
Tại thời điểm ban đầu: P  nB RT 
B
V
0

22, 4
.546
273
1,1 atm
22, 4

0,55.

Tại thời điểm cân bằng: PB  PC  PD  PE 2,9 atm
Nhận xét: trong quá trình phản ứng, lượng chất B mất đi bằng với lượng chất D tạo thành. Hay nói cách khác,

tổng lượng B và D tại thời điểm cân bằng với lượng ban đầu của chất B
0
Vậy ta được : PB  PD PB 1,1 atm

Mặt khác:

PE PD
K P2 PC PB PE
KP
6
10

 2  PE  2 PC2  PC2  PC2
9
K P1 PC PD PC
K P1
3
5
PB
Từ các phương trình trên ta có được:

10 2
PC 2, 9  1,1 1,8
3
 PC 0, 6 atm
PC 

 PE 1, 2 atm
Tính PB và PD dựa vào K1:

PB PC 0, 6
 
0,1 và PB  PD 1,1  PB 0,1 atm; PD 1, 0 atm
PD K1
6

Tính lại để biết rằng phản ứng theo chiều thuận có kết thúc trước khi đạt cân bằng hay không
Từ 2 cân bằng (1) và (2) ta nhận thấy: Lượng chất A mất đi bằng tổng lượng chất C tạo thành, mà tổng lượng
chất C này chuyển hóa một phần vào E nên có thể kết luận rằng: nên phản ứng (1) theo chiều thuận chưa kết
thúc khi đạt trạng thái cân bằng.
b)(0,25đ) Nếu nA = 0,1 mol thì lúc này

nA  nA nên phản ứng (1) theo chiều thuận đã kết thúc trước khi đạt

trạng thái cân bằng. Lúc này áp suất bình tại thời điểm cân bằng sẽ khác đi.
Lưu ý: Do đề bài không u cầu tính lại áp suất bình nên chỉ cần có câu kết luận trên là được trọn điểm, nếu
thí sinh có tính tốn lại mà khơng kết luận cũng khơng được tính điểm

Câu 3: (2,5 điểm) Cân bằng trong dung dịch điện li - Pin điện
Phần
Đáp án
1
Tính pH và nồng độ ion C2O42- có trong dung dịch A
Ta có:

H2C2O4

H+ + HC2O4-

Ka1 = 0,05

Điểm
0,5đ
(1)


HC2O4H+ + C2O42Vì Ka1 >> Ka2 nên (1) là cân bằng chính.
Gọi C là nồng độ ban đầu của A.

K a1 =

Ka2 = 5,0.10-5

(2)

[H + ][HC 2O -4 ]
[H + ]2
=
[H 2C2 O 4 ]
CA - [H + ]

[H + ]2 + K a1[H + ] - K a1CA = 0
 [H+] = 0,05M  pH = 1,3.

K a2 =
Mà ta có:

[H + ][C 2O 42- ]
[HC 2O-4 ] và [H + ] = [HC2 O-4 ] = 0,05M

25
 [C2 O 4 ] K a2 5.10 M

Tính pH và nồng độ ion C2O42- có trong dung dịch B
Ta có: H2O + C2O42HO- + HC2O4- Kb1=2,0.10-10 (1)
H2O + HC2O4HO- + H2C2O4 Kb2=2,0.10-13 (2)
Vì Kb1 >> Kb2 nên (1) là cân bằng chính.


[OH - ] = K b1C = 2,0.10-10 .0,1 = 4,5.10-6 M

 pH = 8,7 

[C2O 42- ] 0,1M

Chứng minh dung dịch A khơng có kết tủa Fe(OH)3:
Có các cân bằng: Fe3+ + C2O42FeC2O4+
Fe3+ + 2C2O42Fe(C2O4)2-.
Fe3+ + 3C2O42Fe(C2O4)23Bảo toàn nồng độ ion Fe3+ ta có:

CFe3+ = [Fe3+ ] + [FeC2 O4 + ] + [Fe(C 2O 4 ) 2 - ] + [Fe(C2O 4 )33- ]
Mà

[FeC 2O 4 + ] 1[Fe3+ ][C 2O 2-4 ]

[Fe(C2O 4 ) 2 - ]  2 [Fe3+ ][C2O 42- ]2
[Fe(C2 O 4 )33- ] 3 [Fe3+ ][C 2O 42- ]3
Suy ra

CFe3+ = [Fe3+ ] + 1[Fe3+ ][C 2O 42- ] +  2 [Fe3+ ][C 2O 2-4 ]2 + 3[Fe3+ ][C 2O 2-4 ]3

C Fe3+
[Fe3+ ] 
21 + 1[C2 O 4 ] +  2 [C2O 42- ]2 +  3[C 2O 42- ]3


1, 0.10 4

1,1.10 10 M
1  1, 0.108.5, 0.10 5  2, 0.1014.(5, 0.10  5 ) 2  3, 0.1018.(5, 0.10 5 )3
Mà [OH-]A = 2.10-13M

[Fe3+].[OH-]3 = 9,1.10-49 < Ks
 khơng có kết tủa Fe(OH)3 ở dung dịch A.
* Chứng minh dung dịch B có kết tủa Fe(OH)3:
Có các cân bằng: Fe3+ + C2O42FeC2O4+
Fe3+ + 2C2O42Fe(C2O4)2-.

0,75đ


Fe3+ + 3C2O42-

Fe(C2O4)23-

Cách 1:
Bảo toàn nồng độ ion Fe3+ ta có:

CFe3+ = [Fe3+ ] + [FeC2 O4 + ] + [Fe(C 2O 4 ) 2 - ] + [Fe(C2O 4 )33- ]
Mà

[FeC 2O 4 + ] 1[Fe3+ ][C 2O 2-4 ]

[Fe(C2O 4 ) 2 - ]  2 [Fe3+ ][C2O 42- ]2
[Fe(C2 O 4 )33- ] 3 [Fe3+ ][C 2O 42- ]3
Suy ra

CFe3+ = [Fe3+ ] + 1[Fe3+ ][C 2O 42- ] +  2 [Fe 3+ ][C 2O 2-4 ]2 + 3[Fe3+ ][C 2O 2-4 ]3
C Fe3+
[Fe3+ ] 
21 + 1[C2 O 4 ] +  2 [C2O 42- ]2 +  3[C 2O 42- ]3


1, 0.10 4

3,3.10  20 M
8
14
2
18
3
1  1, 0.10 .0,1  2, 0.10 .(0,1)  3, 0.10 .(0,1)
Cách 2:
Cân bằng chủ yếu:

Fe3  3C2O42   Fe(C2O4 )33
10-4
0,1
→
Xét cân bằng ngược lại

10-4

Fe(C2O4 )33  Fe3  3C2O42
10-4 -x

Cân bằng:

x

0,1 + 3x

3

→

x.(0,1)
(3.1018 )  1
4
10  x

vì x < 10-4 nên 3x << 0,1

→ x = [Fe3+] = 3,33.10-20 M
Mà [OH-]A = 4,5.10-6M  [Fe3+].[OH-]3 = 3,0.10-36 > Ks = 2,5.10-39
 có kết tủa Fe(OH)3 ở dung dịch B.
- Phần mol của phức Fe(C2O4)33- trong dung dịch A.
Phần mol của Fe(C2O4)33- được tính như sau:

[Fe(C2 O 4 )33- ]
3[Fe3+ ][C 2O 2-4 ]3

x
 3+
CFe3+
[Fe ] + 1[Fe3+ ][C 2O 42- ] +  2 [Fe 3+ ][C 2O 42- ]2 +  3[Fe3+ ][C 2O 2-4 ]3

3 [C2 O42- ]3

1 + 1[C2 O 42- ] +  2 [C2O 42- ]2 + 3[C 2 O42- ]3
3, 0.1018.(5, 0.10 5 )3

0, 43
1  1, 0.108.5, 0.10 5  2, 0.1014.(5, 0.10  5 ) 2  3, 0.1018.(5, 0.10 5 )3
Vậy phần mol của Fe(C2O4)33- bằng 0,43.

2. Điện (1,25đ)
a

Xét pin 1:


+ Dung dịch A: NH3: 0,05M; Ag(NH3) 2 : 0,005M.

Ag ( NH 3 ) 2  Ag   2 NH 3
0,005
0,005 – x

0,05
0,05 + 2x

x

(0,05  2 x) 2 .x

10 7,24
0,005  x

 x 1,15.10 7 = [Ag+]A

+ Dung dịch B: CrO 24 : 0,005M; Ag2CrO4

Ag 2CrO4  2 Ag   CrO42
2x
2

 (2 x) .(0,005  x) 10

 11,89

0,005
0,005 + x

 x 8,02.10 6 = [Ag+]B

Vì [Ag+]A < [Ag+]B nên trong pin 1: Ag/dd A là anot; Ag/dd B là catot
Và E pin1 Ec  Ea 0,109(V )
Sơ đồ pin 1:
( )Ag / NH3 0,05M
//
CrO 24 0,105M / Ag (+)
Ag(NH3) 2 0,005M

Ag2CrO4

Xét pin 2:
+ Dung dịch NH4HSO4 0,01M. So sánh pK của HSO 4 và của NH 4 , suy ra, tính H+ theo cân bằng

0,5

của HSO 4  [H+](1) = 6,18.10-3 M
+ Dung dịch (NH4)2S 0,05M.

NH 4  S 2  NH 3  HS 
0,1
0,05
0,05
0
Xét các cân bằng:

0,05

K = 1012,9 - 9,24 >>

0,05

NH 4 

NH 3  H 

(1)

K=10 9,24

HS  

S 2  H 

(2)

K=10 12,9

H 2O 

OH   H 

(3)

K=10 14

NH 3  H 2O 

NH 4  OH 

(4)

K=10 4,76

HS   H 2O 

H 2 S  OH 

(5)

K=10 6,98

So sánh (1), (2), (3) thì bỏ qua cân bằng (2), (3)
So sánh (3), (4), (5) thì bỏ qua cân bằng (3), (5).
Vậy cân bằng (1) và (4) quyết định pH của dung dịch, coi đây là hệ đệm

Nồng độ của NH3 và NH 4 bằng nhau nên pH = 9,24  [H+](2) = 10-9,24 M
Vì [H+](1) > [H+](2) nên:
Đ/c H2 nhúng trong dung dịch NH4HSO4 là catot
Đ/c H2 nhúng trong dung dịch (NH4)2S là anot
Và Epin2 = 0,416(V)
Sơ đồ pin 2:


(-) Pt(H2) / NH 4 0,05M //
NH 4 0,01M / Pt(H2) (+)
NH3 0,05M


HSO 4

0,01M

0,5


b

HS  0,05M

Khi mắc xung đối, pin 2 sẽ là nguồn điện, pin 1 sẽ là bình điện phân( do Epin1 < Epin2)
Vì vậy:
+ Đối với pin 2:

0,25

catot : 2 HSO4  2e  2SO42  H 2
anot : H 2  2 NH 3  2 NH 4  2e
2

Và q trình phóng điện: HSO4  NH 3  NH 4  SO4
+ Đối với pin 1( là bình điện phân)




Catot : Ag ( NH 3 ) 2  1e  Ag  2 NH 3
Anot : 2 Ag  CrO42  Ag 2CrO4  2e
Và quá trình nạp điện: 2 Ag ( NH 3 ) 2  CrO4  Ag 2CrO4  4 NH 3 (*)
Quá trình (*) khơng tự diễn biến nên q trình ngược lại sẽ là tự diễn biến. Vì vậy, có thể dùng NH 3
để hịa tan kết tủa Ag2CrO4.
Câu 4: (2,5 điểm) Nhóm N – P, nhóm C - Si
1

. Do X phản ứng được với Ca nên X là một phi kim. Trong dung dịch kiềm X hòa tan sinh ra 1,25đ
một muối tan và một khí. Ngun tố x có mặt trong cả hai thành phần ấy. Trong hợp chất
khí tồn tại liên kết X - H. Như vậy chỉ có thể có ba khả năng là Silan, Photphin và amoniac.
X sinh ra khi cho than cốc tác dụng với muối C (Có chứa X) và SiO 2 nên X chỉ có thể là
photpho.
Các phản ứng xảy ra như sau:

P4 + 3NaOH + 3H2O  3NaH2PO2 + PH3
P4 + 6Ca  2Ca3P2
2NaH2PO2 + 4CaOCl2  Ca3(PO4)2 + CaCl2 + 2NaCl + 4HCl
2Ca3(PO4)2 + 10C + 6SiO2  6CaSiO3 + 10CO+ P4
3Ca3(PO4)2 + 16Al  3Ca3P2 + 8Al2O3
Ca3P2 + 6HCl  3CaCl2 + PH3
2Ca3(PO4)2 + 6SiO2  6CaSiO3 + P4O10
P4O10 + 6H2O  4H3PO4
P4O10 + 12NaOH  4Na3PO4 + 6H2O

2

A: NOCl
B: HCl
C:HNO3
D:NO
E:Cl2
F:HNO2
G:H2SO4
H:NOHSO4 I:Cu
J:Cu(NO3)2
K:CNCl
L:(CN)2
M:NO2
Tối đa được 1 điểm, thiếu một chất trừ 0,1đ. Làm được dưới 4 chất không được điểm nào

1,25đ

Câu 5: (2,5 điểm) Phức chất, trắc quang
1

0,75
a. CTTN: CrC4H8O5.
b.Phức có dạng là [Cr(CH3COO)2(H2O)]. Do nhóm axetat có điện tích là 1- nên số oxi hóa
của Cr ở đây là +2.n b
c. Cr+2 có cấu hình e là d4. Đối với các phối tử trường yếu thì phức trên phải là phức spin
cao. Tuy nhiên kết quả thu được hợp chất này nghịch từ vì nó tồn tại dưới dạng cấu trúc như
sau:


CH3
CH3
O

O
O

OH2

Cr

O

O
Cr

H2O

O
O

O

H3C
CH3

2

a) A có CTTQ: M(CO)n
Từ phương trình phản ứng:
M(CO)n + 4KOH  B + C + 2H2O
 C phải là muối K2CO3  B: K2[M(CO)n-1] mà [M(CO)n-1]2- có cấu trúc tứ diện
 n-1=4 hay n=5
Trong B: %C=19,512%  M=56 (Fe)
Vậy B là K2[Fe(CO)4]
b) D là Fe2(CO)4(C5H5)2
CO

OC
Fe

CO

CO
Fe

Fe
C
O

3

CO

CO

Fe

Fe

C
O

OC

CO

0,5

0,5

Fe
CO

OC

0,75

Từ biểu thức định luật lambe-beer, ta có:
A = -log T = -log(Imẫu/Icuvet trổng)=log(Rmẫu/Rcuvet trổng)=log(19,4/12,1)=0,205

[I3-]=A/b=0,205/(240000 M-1.cm-1)(1,1 cm)=7,76.10-7 M
Số mol O3=Vmẫu.[I3-]=(0,01 L)(7,76.10-7 mol/L)=7,76.10-9 mol
Số mol của mẫu khơng khí=PV/RT=P(tlấy mẫuF)/RT
=(750torr)(30min)(0,250L/min)/(62,4torr.L.mol-1.K-1)(298K)=0,302 mol
Nồng độ O3 (ppb)=(7,76.10-9mol/0,302mol).109=25,7
Câu 6: (2,5 điểm): Quan hệ giữa hiệu ứng cấu trúc và tính chất

1

1,5

a) Hãy vẽ công thức các đồng phân lập thể ứng với cấu tạo A.
0,25 điểm:
F

F

F
(A1)

F

F
F

F

F

F

(A2)

(A3)

F
F
F

(A4)


b) Ứng với cơng 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.
0,25 điểm
B có 3C bất đối, khơng 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).
B1

B2

B3

B4

B5

B6

B7

B8

C1

R

S

S

R

S

R

R

S

C2

R

S

R

S

S

R

S

R

C4

R

S

R

S

R

S

R

S

Et

Me

O

2

O

3

O
Me

Me

c) Hãy viết cơ chế phản ứng để giải thích vì sao C và D khi tương tác với dung dịch NaOH thì đều tạo thành
natri 3-metyl-4-nitrobenzoat.
0,25 điểm: C , C1 , D và D1 là những đồng phân hỗ biến, xúc tác kiềm làm thuận lợi cho sự hỗ biến đó:
HO

O

O

O

O

O

O

-

H2O/- OH

OH /- H2O

Me

Me

( C)

( C1 )

Me

Me

NO2

O

-

NO2

NO2

NO2
O

O

O

( D1 )
O

O

O

( D)
O

OH

H2O/- OH-

Me

Me

Me
NO2

Me
NO2

NO2

NO2

0,25 điểm: Xuất phát từ C , C1 , D hoặc D1 qua phản ứng chuyển vị benzylic rồi tự mất nước đều chuyển
thành hợp chất thơm bền vững, đều dẫn đến cùng một sản phẩm, ví dụ:
O

OH

O

O

O
OH-

Me
(D)

NO2

Me

O
OH

COOH

HO

COO-

COO
H - H2O

Me
NO2

O

Me
NO2

Me

Me
NO 2

NO 2

NO 2

d) Hãy chỉ rõ trạng thái lai hóa của từng nguyên tử N ở cấu tạo E và ghi giá trị pKa ở 25 oC: 1,8; 6,0; 9,2 vào
từng trung tâm axit trong cơng thức tương ứng với E, giải thích.
0,5 điểm:
sp 2 N

6,0

COOH

sp 3
N sp 2
H

COOH 1,8

H N

NH 2

N

(E)

NH 3 9,2

H
2

- Nguyên tử N nhóm NH ở trạng thái lai hóa sp , 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.

+

- Nhóm NH3 là axit liên hợp của nhóm
H2Nsp3 , nhóm NH+ là axit liên hợp của
nhóm Nsp2.

- Nguyên tử N thứ hai ở trạng thái lai hóa sp2, cặp e
chưa chia ở obitan sp2 khơng tham gia vào hệ thơm
nên cịn tính bazơ.
- Ngun tử N nhóm NH2 ở trạng thái lai hóa sp3.

- Bazơ càng mạnh thì axit liên hợp càng
yếu, vì thế giá trị 9,2 là thuộc nhóm NH3+
cịn giá trị 6,0 thì thuộc nhóm NH+.

2

1,0
Khong tho'm:
F, G, H, J

Tho'm:
(I)

EtOOC

O

EtOOC

EtOOC
+K

COOEt

+ 2K

EtOOC

EtOOC

O

K+

+ 1/ 2H2
COOEt

EtOOC

O

EtOOC

COOEt

O

EtOOC

COOEt

1 0 e


(K+)2

Câu 7: (2,5 điểm): Hidrocacbon
1

Mỗi ý
0,25

a.

0,25x6
=1,5

b.

C

+

H+

-H+
H

c.

H
COOH
COOH
H

F
d.

+

H

E


Br

Br

Br

Br

Br

H

Br

e.

_

..
CHCl

Li+

K

J
f.

N
Br

2

Tổng
1,0
Sai một
chất
trừ 0,2

G

I2

I1

H
Br

K
Br

Br

Br

L1

Br

L2

Câu 8: (2,5 điểm): Tổng hợp các hợp chất hữu cơ
1
.

L3

Br

X

1,5đ


Giai đoạn chuyển từ B thành C là giai đoạn chuyển vị Johnson -Claisen và gỡ bỏ nhóm bảo
vệ.
Cơ chế giai đoạn chuyển D thành E là:

s

2

1đ