BÀI THI LÝ THUYẾT HÓA HỌC (Phần 2) doc

HÓA HỌC: NGHỆ THUẬT, KHOA HỌC VÀ NHỮNG BẤT NGỜ THÚ VỊ






















BÀI THI LÝ THUYẾT

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

NGÀY 20 THÁNG 7, 2007

MATXCƠVA, NGA



Official English version
2

Bài

1.
Hiệu ứng đường hầm đối với proton


1.1.1
Cấu trúc của propandial và hai đồng phân của nó
O=CH−CH
2
−CH=O 1 mark
H
O O

C C

H C
H


H

OH

C
H

H C

C





1 mark
H O
1 mark


Tối đa 3 marks



1.1.2
Nguyên tử hydro axit của nhóm CH
2

(ở dạng enol thì nguyên tử hydro axit của nhóm OH).
1 mark
Tính axit của nhóm СН
2

được gây nên bởi sự ổn định của cacbanion liên hợp với hai nhóm cacbonyl
Câu trả lời thứ nhất là câu đúng.
2 marks

Tối đa 3 marks


1.2.1 Khoảng cách giữa hai cực tiểu trên đường cong năng lượng là 0,06nm. Đó là dạng andehit
H

O



H
O
khoảng cách giữa hai proton ở dạng này là không khả thi. Hiệu ứng đường hầm chỉ xảy ra duy nhất ở
dạng enol – Z:
H
H

O O O O

C C

H C
H

H

C C

H
C H

H




1 mark cho mỗi cấu trúc
Tối đa 2 marks



1.3.1
Biểu thức và đồ thị cho mật độ xác suất

[]
)()()()()(
2
1
)0,()(
222222
xxxxxxa
LRLRL
Ψ=Ψ−Ψ+Ψ+Ψ=Ψ 1 mark

Khả năng tìm thấy proton tập trung chủ yếu ở giếng bên trái
3





Ψ

2

L






-0,06

-0,04

-0,02

0,00

0,02

0
,
04

0,06

L

Khoảng cách

nm

R



0.5 marks

(b) Vào khoảng giữa thời gian ta có

1 mark




Đồ thị mật độ xác suất có dạng đối xứng, proton dao động giữa hai giếng:











(
Ψ

2
+
Ψ

2
)
/2

L

R






-0,06

-0,04

-0,02

0,00

0,02

0
,
04

0,06

L
Khoảng cách,

nm

R



0.5 marks



















Xác suất tìm thấy proton tập trung ở giếng bên phải:

Ψ

2

R







-0,06

-0,04

-0,02

0,00

0,02

0,04

0,06

L

Khoảng cách,

nm

R



0.5 marks
Tối đa 4.5 marks



1.3.2
Xác suất tìm thấy proton ở giếng bên trái là 1/2, do hàm mật độ xác suất có dạng đối xứng và
cả hai giếng đều đồng nhất.

2 marks

[]
)()(
2
1
2
,
222
xxx
RL
Ψ+Ψ=

⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
Ψ
ω
π

[]
)()()()()(
2
1
,)(
222222
xxxxxxc
RRLRL
Ψ=Ψ+Ψ−Ψ+Ψ=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
Ψ
ω
π
1 mark
4

=
1.3.3 Thời gian di chuyển từ một giếng sang một giếng khác là t = π / ω.

t
=

3.14

4.85

×
10
−
12

s. 2 marks

6.48

×
10
11

Vận tốc proton:
0.06
×
10
−
9

V = = 12

4.85
×
10
−
12



m/s. 2 marks

Tối đa 4 marks



1.3.4
Độ bất định về vị trí của proton xấp xỉ bằng một nửa khoảng cách giữa hai cực tiểu là
0.03 nm (cũng
chấp nhận giá trị 0.06).

1 mark
Độ bất định cực tiểu về vận tốc có thể nhận được từ nguyên lý bất định:

So sánh độ bất định vận tốc với đáp số câu trên là 12m/s ta thấy rằng ý định xác định vận tốc proton
trong quá trình di chuyển giữa các giếng thế là không khả thi. Như vậy đường hầm proton là một hiện
tượng thuần túy lượng tử và không thể được giải thích bằng lý thuyết kinh điển. Câu trả lời thứ
hai là chính xác
2 marks
Tối đa 6 marks

sm
xm
V /1000
10.03,0.
10.02,6
001,0
.2
10.055,1
2
9
23
34
≈=
∆
=∆
−
−
h
3 marks
5

a

a a a
Bài

2.
Hóa học nano


2.1.1

Năng lượng Gibbs và hằng số cân bằng của phản ứng (1)
∆
r
G
o
500
= ∆G
o
f, 500
(CoO,r) - ∆G
o
f, 500
(H
2
O,k)= -198,4 + 219,4 = 20,7kJ/mol
0

0

0



0




0.5 marks
−

∆
r
G
500
(1)

−

20700

K

=

e

RT

=

e

8.3
=
14
×
500

6.88

10
−
3

×

0.5 marks

1 mark maximum




2.1.2
Năng lượng Gibbs cho phản ứng (1) với tiểu phân coban nano hình cầu có bán kính r
a

là

đối với các tiểu phân hình cầu có r
a

= 10

–8
, 10
–9

m tương ứng ta có
2σ
Co-gas
V (Co)
r
a

o


=
210 và 2100 J/mol.
∆
r

G
500

(1, r
a

)

bằng 20.5 (a), và 18.6 (b) kJ/mol.
Hằng số cân bằng đựơc tính từ phương trình sau

K

(1,

r

)

=

7.22

×
10
−
3

;
r

=

10
−
8

m



K

(1,

r

)

=

11.4

×
10
−
3

;
r

=

10
−
9

m



Tối đa 2 marks
∆
r
G
o
500
(1, r
a
) = G
o
khối, 500
(CoO,r)+G
o
500
(H
2
,k) - G
o

500
(H
2
O,k) - G
o
cầu
(Co) =
= G
o
500
(CoO,r)+G
o
500
(H
2
,k) - G
o
500
(H
2
O,k) -
=+
−
a
kCo
o
r
CoV
rCoG
)(2

),(
500
σ

= ∆
r
G
o
500
-
a
kCo
r
CoV )(2
−
σ

molm
M
CoV
Co
Co
/10.6,6
9,8
10.0,59
)(
36
6
−
−

===
ρ

⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
∆
−=
RT
rG
rK
a
o
r
o
),1(
exp),1(
500
6

2.2.1
Năng lượng Gibbs tiêu chuẩn cho phản ứng (1) bao gồm cả các tiểu phân nano của coban là

∆
r

G
o
500

(1)
=
20,7 kJ/mol.Với các tiểu phân coban nano hình cầu có r
a

=2 nm,


Coban oxit rắn có thể được tự hình thành khi năng lựơng Gibbs của phản ứng (1) âm. Bất đẳng thức
đối với coban khối là

−

2


r

r



r






và đối với coban nano hình cầu có r
a

= 2 nm:

r


o



∆
r

G
500

(1)
=
20.7 kJ/mol. Với tiểu phân coban hình cầu có r
a

= 1 nm ∆

r

G
o
500

(1, r) J
= 18.6 kJ/mol.

Tỉ lệ bé nhất của
p(H
2
O)
p(H
2

)


tương ứng là 145.6 (a) và 87.7 (b).
Áp suất hydro là

Áp suất nhỏ nhất của nước là


1bar
×
0.0015 = 1.5
×
10

–3

bar
1.5
×
10
–3
×
145.6 = 0.218 bar (a) và 1.5
×
10
–3
×
87.7 = 0.132 bar (b), ứng với coban khối và nano

H
2
O%(khối Co) = 21.8% H
2
O%(tiểu phân nano có r
a

= 1*10
-9

m) = 13.2%.
Chúng ta biết rằng sẽ có sự hình thành coban oxit

Tối đa 4 marks

2.2.2

Đối với phản ứng oxy hóa tự phát






r

a

r






và

(

2

r




Phía bên trái bất đẳng thức sẽ càng dương nếu r
a
càng tăng. Ở một thời điểm nhất định thì bất
đẳng thức sẽ đổi dấu nên phản ứng oxy hóa tự phát sẽ không xảy ra. Như vậy để bảo vệ tiểu phân
coban khỏi sự oxy hóa tự giác thì chỉ cần tăng độ dán bán kính r
a
. Câu trả lời (a) đúng.
Tối đa 2 marks



2.3.1

Phương trình thế đẳng áp mol Gibbs phụ thuộc vào các đại lượng của CoO (lớp ngoài)

1 mark


∆G
r
o
500
(1,r
a
)=19,6kJ/mol
)(
2
)1(),1(
500500
CoV
r
GrG
o
kCo
o
ra
o
r
−
−∆=∆
σ

( )
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+∆=∆
)(
ln)1()1(
2
2
500
OHp
Hp
RTGG
o
rr

0
(
)(
ln)1(
2
2
500
≤
⎟

⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−∆
OHp
Hp
RTG
o
r

( )
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+∆=∆
)(
ln),1(),1(
2
2
500
OHp

Hp
RTrGrG
a
o
rar

0
(
)(
ln)(
2
)1(
2
2
500
≤
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−−∆
−
OHp
Hp
RTCoV
r

G
a
kCo
o
r
σ
0
)(
)(
ln)(
2
)1(),1(
2
2
500
≤
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−−∆=∆
−
Hp
OHp
RTCoV
r

GrG
a
KCo
o
rar
σ
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
≤−∆
−
)(
)(
ln)(
2
)1(
2
2
500
Hp
OHp
RTCoV
r
G
a

KCo
o
r
σ
G
o
cầu
(CoO,r
b
) = G
khối
(CoO)+ )(
2
),()(
2
CoOV
r
rCoOGCoOV
r
b
kCoO
o
b
kCoO −−
+=
σσ

7

2.3.2

Phương trình thế đẳng áp mol Gibbs phụ thuộc vào các đại lượng của Co (lớp trong):



















Phương trình trong dấu ngoặc kép cho biết áp suất nội ở lớp trong (xem hướng dẫn).
Tối đa 5 marks




2.3.3

Năng lượng Gibbs tiêu chuẩn cho phản ứng (1) với tiểu phân nano hai lớp là

,



















Tối đa 2 marks




2.3.4
.
Dưới những điều kiện này ta có:
o

o














Biểu thức trong dấu ngoặc đơn ở vế phải dương












Tối đa 3 marks

2.3.5.


Chiều tự phát của phản ứng (1) xảy ra khi
∆
r
G(1,r
0
)
≤

0, và


+


Đại lượng trong dấu ngoặc đơn ở vế trái là dương. Vế trái của bất đẳng thức càng dương hơn khi r
o

giảm xuống. Ở một thời điểm nhất định thì bất đẳng thức sẽ đổi dấu và phản ứng oxy hóa tự phát sẽ
không xảy ra.
Để bảo vệ tiểu phân nano khỏi việc bị oxy hóa trong trường hợp này thì cần phải giảm r
0
.
Đáp án đúng là (b).

Tối đa 2 marks

G
o
cầu
(Co,r
a
,r
b
) =G
khối
(Co)+V(Co)
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
−−
a
CoCoO
b
kCoO
rr
σσ
22

= )(),( CoVrCoG
o
+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
−−
a
CoCoO
b
kCoO
rr
σσ
22
)(
2
))()((
2
)1(
)(2)(
2
),(),(),(),(
),,(),(),(),(),,1(
22

22
CoV
r
CoVCoOV
r
G
rr
CoVCoOV
r
rCoGkOHGkHGrCoOG
rrCoGkOHGkHGrCoOGrrG
a
CoCoO
b
kCoO
o
r
a
CoCoO
b
kCoO
b
kCoO
oooo
ba
o
cau
oo
b
o

cauba
o
r
−−
−−−
−−+∆=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+−
+−−+=
−−+=∆
σσ
σσσ
()
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−+∆=
−−+∆=∆=∆
−
−−

)(
2
3
)(
2
)1(
)(
2
)()(
2
)1(),1(),,1(
CoVCoOV
r
G
CoV
r
CoVCoOV
r
GrGrrG
o
kCoO
o
r
a
CoCoO
b
kCoO
o
ro
o

rba
o
r
σ
σσ
36
10.56,6)(
2
3
)( mCoVCoOV
−
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
∆
r
G
o
(1,r
o
) tỉ lệ với (1/r
o
). Đồ thị (a) đúng
2
2

ln)(
2
3
)(
2
)1(
H
OH
o
kCoO
o
r
p
p
RTCoVCoOV
r
G ≤
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−+∆
−
σ
8

Bài

3.
Các phản ứng hóa học không bền vững


3.1.1 Phản ứng chung
B + D → P 1 mark

Phương trình động học của X








Tối đa 2 marks



3.1.2 Áp dụng nguyên lý nồng độ dừng ta có

,




với

[X]

=

k
2

[D]

k
1
[B]

d[P]
k
2

[D]
2

=



2


3 marks

dt k
1
[B]

Bậc phản ứng bằng 2 ứng với chất D, –1 ứng với chất B; bậc chung là 1
0.5 marks cho mỗi bậc phản ứng đúng
Tối đa 4.5 marks



3.2.1 Trong hệ mở thì tốc độ đầu của phản ứng là:




1) Nếu [X]
0

> k
2
/k
1
, thì d[X]/dt > 0 ở bất kỳ thời điểm nào và tốc độ của X tự động tăng lên:








[X]

t


2 marks


2) Nếu [X]
0

< k
2
/k
1
, thì d[X]/dt < 0 ở bất kỳ thời điểm nào, và nồng độ của chất X tự động
giảm xuống:
[]
[][ ] [][ ]
XDkXBk
dt
Xd
2
2

1
−=
1 mark
[]
[][] [][]
XDkXBk
dt
Pd
2
2
1
==
[]
[][] []
)(
21
kXkXB
d
t
Xd
−−=

9

[X]









t


2 marks

Tối đa 4 marks



3.2.2
Trong một hệ kín thì tốc độ đầu của phản ứng là:

Như vậy ở thời điểm đầu của phản ứng thì [X] tăng lên nhưng nó không thể tăng mãi và sẽ đạt
đến một giá trị hằng định bởi vì phản ứng thứ hai là bất thuận nghịch:









[X]










t

2 marks cho điểm cực đại

1 mark cho đường tiệm cận

Tối đa 3 marks



3.3.1 X – C
2
H
6
O
2
, Y – C
2
H
4
O, P – C
2
H
6
O. Dấu chấm chỉ O
2

và H
2
O.

C
2
H
6

+
C
2

H
6
O
2

+

O
2

→
2C
2

H
6

O

2

C
2
H
6
O
2

+ C
2

H
4
O →
2C
2

H
4
O + H
2
O

C
2
H
6

+

C
2

H
4
O
+

H
2
O
→
2C
2

H
6
O
[]
[][ ] [][ ] [][ ] [ ]
0)(
212
2
1
0
>−=−=
=
kXkXBXDkXBk
dt
Xd

ooooooo
t
10

0.5 marks cho mỗi chất chưa biết (X, Y, P, ba ô trống)

Tối đa 3 marks



3.4.1 Ở nhiệt độ cao nhất có thể xác định được thì tốc độ phản ứng bằng nhau:

















1 mark cho tính toán
2 marks cho đáp số đúng

Tối đa 3 marks


K
A
A
R
EE
T
RT
E
A
RT
E
A
AA
AA
354
ln
expexp
1
2
1,2,
2,
2
1,
1
=
−
=

⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
11

Bài

4.
Xác định nước bằng phương pháp chuẩn độ Fischer



4.1. Phương trình phản ứng

I

2

+ SO
2

+ 2 H
2
O + 4 Py = 2 PyHI + (PyH)
2
SO
4

1 mark
(0.75 marks nếu bỏ qua sự hình thành muối của Py )


4.2.1.
T bằng với:
M(Na
2
C
4
H
4
O
6
.
2H
2
O) = 230.05 2M(H

2
O) = 36.04

m(H
2
O) = 1.3520 · 36.04 / 230.05 = 0.2118 g = 211.8 mg

1 mark cho công thức

T = 211.8 / 12.20 = 17.36 mg/mL

T = 17.36 mg/mL




kết qủa (không quá hai đơn vị sau dấu phẩy)
0.25 marks cho đáp số đúng

Tối đa 1.25 marks




4.2.2. T bằng với:

Tính toán:

Thể tích iot cần cho 10 mL CH
3

OH tinh khiết = 2.20·10.00 / 25.00 = 0.88
mL

0.5 marks cho công thức chuẩn độ đúng lượng metanol tinh khiết

T = 21.537•0.01•10
3

/ (22.70 – 0.88) = 9.87 mg/mL

Chính xác hơn

10.00 mL dung dịch chứa (1000-21.5)×10.00 / 1000 = 9.785 mL of metanol

Thể tích iot cần cho 9,785 mL CH
3
OH tinh khiết là = 2.20·9,785 / 25.00 =
0.86 mL

T = 21.537•0.01•10
3

/ (22.70 – 0.86) = 9.86 mg/mL

1 mark cho sự chuẩn độ nước, chỉ 0.5 marks nếu trừ đi cho đại lượng
0.88

T = 9.87 mg/mL 0.25 marks cho kết qủa đúng

Tối đa 1.75 marks

12

4.2.3. T bằng với:

Tính toán:


Cách 1
.
Cho rằng 1 mL CH
3
OH chứa x mg H
2
O, vậy 1 mL A chứa
((1.000 – 0.006)·x + 5.624) mg H
2
O.
15.00·T = 22.45·(0.994·x + 5.624) – 1
st

titration,

10.00·T = 25.00·x + 10.79·(0.994·x + 5.624) – 2
nd

titration.
Vậy, x = 1.13 mg/mL, T = 10.09 mg/mL (10.10 nếu bỏ qua đại lượng 0.994)

Cách 2

.
Cho rằng y mL
B được dùng để chuẩn độ nước chứa trong 1 mL of CH
3
OH.

Then T =

lần 2).

22.45·5.624
15.00 − 22.45·0.994· y

(chuẩn lần1) =
10.79·5.624
10.00 − 25.00 y − 10.79 y

(chuẩn

Vậy, y = 0.1116 và T = 10.10 mg/mL

T = 10.09 mg/mL (10.10 nếu bỏ qua đại lượng 0.994)

2 marks cho công thức đúng (bỏ hay không bỏ qua đại lượng 0.994 factor)
và 0.25 marks cho kết qủa đúng (10.10 hay 10.09)

Tối đa 2.25 marks

4.3. Phương trình phản ứng

CaO + SO
2

= CaSO
3

2CaO + 2I
2

= CaI
2

+ Ca(OI)
2

6CaO + 6I
2

= 5CaI
2

+ Ca(IO
3
)

2


(Thay cho CaO, có thể viết Ca(OH)
2
.)

1 mark cho BẤT KỲ phản ứng đúng

Tối đa 1 mark





4.4.1 Phương trình phản ứng

Fe
2
(SO
4
)
3

+ 2HI = 2FeSO
4

+ I
2

+ H
2
SO
4

1 mark

Fe
2
(SO
4
)
3

+
H
2
O
+ SO
2

+ CH
3
OH = 2FeSO
4

+ CH
3
OHSO
3

+ H
2
SO
4

1 mark

(hay dạng ion

Tối đa 2 marks


13

4.4.2.
Phương trình phản ứng

Fe
2
(SO
4
)
3
·xH
2
O + (x – 1)I
2

+ xSO

2

+ xCH
3
OH = 2FeSO
4

+ xCH
3
OHSO
3

+
H
2
SO
4

+ 2(x – 1)HI 1 mark






4.4.3. Thành phần của hydrat tinh thể là:
Tính toán:

M(Fe
2

(SO
4
)
3
·xH
2
O) = 399.9 + 18.02x



m (g) =
0.6387 ·18.02 x
; 1 mark

H2O

(
399.9
+
18.02x
)





m
H2O

(g) = 10.59(mL)

×
15.46(mg/mL)
×
0.001(g/mg)
×
x
x −1

1 mark



→

0.1637·(399.9 + 18.02x) = 11.51x – 11.51;

x = 8.994
Công thức: Fe
2
(SO
4
)
3
.
9 H
2
O x =

0.25 marks (cho đáp số đúng)

Tối đa2.25 marks

14

Bài

5.
Một hỗn hợp bí ấn (trò chơi trốn tìm trong hóa hữu cơ)



5.1.1
Cấu trúc của sản phẩm
D

O




H
3
C O

CH
3

Etyl axetat, etyl etanoat
Bất kỳ một cấu trúc nào khác hay viết ở dạng bán khai triển (CH
3

COOC
2
H
5
) kể cả các ký hiệu
cho các gốc tự do hữu cơ như (Me, Et, Ac), hay viết tên IUPAC đều được 5 marks



5.1.2 Hợp chất D thuộc loại nhóm chức nào ? Tick vào ô đúng.
Lưu ý! Chỉ chấp nhận một câu trả lời đúng. Nhiều câu trả lời sẽ dẫn đến điểm 0 cho câu hỏi này.

xeton

ete

axetal

este

ancol

andehit

glycol

   ;   
Câu trả lời đúng duy nhất là este – 5 marks
5.1.3 Hiệu suất tạo thành D

Tính toán:
Cho rằng phản ứng đạt đến cân bằng mà không chứng minh – 1 mark
Trả lời được câu hỏi hiệu suất thấp hơn 85% - 2 marks

Hiệu suất ổn định có thể đạt được khi phản ứng đạt đến cân bằng, và hằng số cân bằng lúc này
được xem như không bị ảnh hưởng bởi nhiệt và bởi thành phần hỗn hợp phản ứng
.



K =
[ AcOEt][H
2
O]
=

(0.85)
2


=
[ AcOH ][EtOH ] 0.15
×
1.15


Tính toán hiệu suất ứng với tỉ lệ hỗn hợp 1:1 cho kết qủa 67%

Hiệu suất = 67%
Tối đa 10 marks, nếu hiệu suất nằm trong khoảng 67±1%

5.2.1
Cấu trúc của A, B, và C.

OEt


OEt

OEt



CH
3
C(OEt)
3


trietyl orthoaxetat, 1,1,1-
trietoxyetan



OEt

HC≡COEt

etoxyaxetylen, etynyletyl
ete

COOEt

COOEt


CH
2
(COOEt)
2


dietyl malonat

A B C
Mỗi chất đều có công thức cấu tạo và các ký hiệu, đường thẳng rõ ràng được 10 marks
Tên hệ thống ứng với mỗi cấu trúc được 5 marks
5.2.2 Vẽ vào ô trống các hợp chất trung gian được hình thành trong quá trình axit hóa C, và bazơ
phân chất
B.
a) Axit malonic là hợp chất trung gian khi thuỷ phân dietyl malonat – 5 marks
4,2
15

O
O
COOEt
H

+
/H
2
O
COOH

t


COOEt

COOH
– CO
2


C
Nếu trong ô trống là monoetyl malonat – 2 marks
Tối đa 5 marks
b) Thuỷ phân etoxyaxetylen bắt đầu bằng bước cộng ion hydroxi vào nối đôi để cho dạng enol kém
bền vững của etylaxetat, sau đó nó ngay lập tức bị chuyển hóa


OEt
OH
–
/H
2
O

OH

O

OH
–
/H
2
O


CH
3
COO
–

+

C
2
H
5
OH

OEt
B

OEt
Chỉ ra bất kỳ dạng xeto và enol của etylaxetat – 5 marks
Thủy phân liên kết ete bền vững sẽ cho ra hydroxyaxetilen, hay những chất nào khác ứng với

quá trình này (xeten hay dixeten) là không khả thi và không được chấp nhận - 0 marks
Tối đa cho câu a) và b) – 10 marks





5.3.1 Cấu trúc của axit senexioic
Từ duy nhất axeton thì quá trình tổng hợp sẽ qua giai đoạn ngưng tụ andol, dehydrat hóa và phản ứng
iodofom
3 marks





O

H
+

O

H
+

I
2
/OH
–

HO

-H
2
O

OH

Chỉ nêu cấu trúc axit senexioic – 4 marks, kèm theo sơ đồ - Tối đa 10 marks






5.3.2
Cấu trúc của E.
Iodofom, triiodometan, CHI
3

– 5 marks
CH
3
COOH + C
2
H
5
OH
2

16

Bài

6.

Silicat là một thành phần cơ bản trong vỏ Trái đất



6.1.1
SiO
3
2-

+ 2CO
2

+ 2H
2
O = “H
2
SiO
3
”↓ (Gel silica axit) +2HCO
3
-

hay

SiO
2
(OH)
2
2-
+2CO
2
+H
2
O=“H
2
SiO
3
”↓+2HCO
3
-

hay
SiO
3
2-

+ CO
2

+ H
2
O = “H
2
SiO

3
”↓ + CO
3
2-

Tối đa 3 marks
2 marks nếu viết axit silixic ở dạng khác
1 mark nếu chỉ viết cacbonat hay bicacbonat mà không có axit silixic

6.1.2
а) proton hóa ion orthosilicat dẫn đến sự hình thành nhóm Si-OH

SiO
4
4-

+ H
2
O = [SiO
3
(OH)]
3-

+ OH
-

hay

SiO
4

4-

+ H
+

= [SiO
3
(OH)]
3-

hay
[SiO
2
(OH)
2
]
2-
+ H
+
= [SiO(OH)
3
]
-

Yes No
b) Hình thành anion hydrat hóa [SiO
4
(H
2
O)

2
]
4-


SiO
4
4-

+ 2H
2
O = [SiO
4
(H
2
O)
2
]
4-

Yes No
c) Ngưng tụ nhiều ion ortho-silicat dẫn đến sự hình thành liên kết Si-O-Si

2 SiO
4
4-

+ H
2
O = [O

3
Si-O-SiO
3
]
6-

+2 OH
-

hay

2 SiO
4
4-

+ 2H
+

= [O
3
Si-O-SiO
3
]
6-

+ H
2
O hay
2SiO
2

(OH)
2
2-

+ Н
2
O = [O-Si(OH)
2
-O-Si(OH)
2
-O]
2-

+ 2 OH
-

Yes No

Tối đa 9 marks

2 marks cho mỗi phản ứng đúng
1 mark khi đánh tick vào ô đúng

6.2.1 n= 6 (cho rằng số oxy hóa của silic là (+4) và oxy là (-2), hay lưu ý đến cấu trúc và điện
tích của ion orthosilicat là (-4))
Tối đa 2 marks

Trừ đi 1 mark nếu tính nhầm

6.2.2 Si

3
O
9

≡ 3 [SiO
4
] – 3 O, do có 3 nguyên tử oxy chung cho các tứ diện kề nhau
Tối đa 2 marks

Trừ đi 1 marks nếu tính nhầm

6.2.3








Tối đa 3 marks


6.2.4
Tính toán:
m=4 (cho rằng số oxy hóa của silic là (+4) và oxy là (-2), hay lưu ý đến cấu trúc và điện tích của ion
orthosilicat là (-4))
Si
4
O

10
≡ 4[SiO
4
] – 6O, do cấu trúc của tứ diện lúc này là SiO
2.5
, phù hợp khi 1 nguyên tử O
thuộc về tứ diện này và ba nguyên tử oxy còn lại chung giữa hai tứ diện (hệ số
đóng góp là =3/2). Điều này là khả thi nếu tứ diện được coi như phẳng và liên kết với
nhau thông qua các đỉnh chung của tứ diện
17













Tối đa 10 marks
2 marks cho xác định điện tích đúng
3 marks cho xác định đúng các nguyên tử oxy tạo cầu
5 marks for the correct structure
Trừ 1 mark nếu chỉ vẽ từ 6 đến 15 tứ diện mà vẫn thể hiện đúng các liên kết
Trừ 3 marks nếu chỉ vẽ ít hơn 6 tứ diện (do không thấy rõ các lớp đa diện)
Trừ 4 marks nếu vẽ liên kết qua các đỉnh chung mà ở dạng 3D

Trừ 4 marks nếu liên kết với nhau qua các đỉnh chung nhưng ở
trên 1 đường thằng (1D)
0 mark nếu vẽ một cấu trúc bất kỳ nào khác



6.3.1
рН =
4










Tối đa 5 marks





Trừ 1 mark nếu tính nhầm

Trừ 2 marks nếu viết nhầm biểu thức liên hệ tính [H
+
] qua K

a
I

Trừ 2 marks nếu có sai sót trong định nghĩa tính pH (ví dụ dùng ln thay cho lg)
Trừ 3 marks nếu viết sai phản ứng thủy phân

6.3.2
СuSO
4

+ Na
2
SiO
3

+ 2H
2
O = Cu(OH)
2
↓ + “H
2
SiO
3
”↓ + Na
2
SO
4

hay 2СuSO
4

+ Na
2
SiO
3

+ 2H
2
O = (CuOH)
2
SO
4
↓ + “H
2
SiO
3
”↓ + Na
2
SO
4

Các phản ứng này (xét riêng từ sự hình thành đồng silicat) có thể được suy luận từ ý kiến cho rằng
phản ứng này mô tả sự thủy phân lẫn nhau (tự khuếch đại). Nó đến từ phần trước của bài tập: pH của f
LGL sẽ lớn hơn 7 (xem câu
6.2
), và pH của dung dịch đồng sunfat sẽ bé hơn 7 (xem
6.3.1
).

Tối đa 3 marks

2 marks nếu hệ số cân bằng sai
1 mark nếu chỉ cho thấy một trong hai kết tủa (Cu(OH)
2
↓ hay “H
2
SiO
3
”↓)
18

E1
Bài

7.
Chứng tích mỡ làm dày thành động mạch và các hợp chất trung
gian trong qúa trình sinh tổng hợp cholesterol


7.1.1 Е2-Е4 xúc tác cho một loại phản ứng (hoặc các phản ứng tương tự).Phản ứng duy
nhất xuất hiện ba lần trong một dãy là phản ứng monophotphoryl hóa (tất cả các loại
phản ứng còn lại đều không ứng với chất ban đầu hay sản phẩm cuối cùng). Điều này
cũng được xác nhận bởi sự có mặt của đoạn mạch pyrophotphat trong IPP và sự giải phóng các
sản phẩm vô c
ơ (bao gồm các photphat vô cơ) trong quá trình tự phân huỷ của Х1.

Х
là một axit monocacboxylic được tạo thành từ ba nguyên tố: cacbon, hydro và oxy. Nó
không chứa lưu huỳnh được tìm thấy trong CoA hay photpho được tìm thấy trong các hợp
chất trung gian của quá trình biến đổi từ HMG-CoA thành IPP hay hiện diện trong CoA. Như

vậy,
Е1 xúc tác cho phản ứng loại CoA từ HMG-CoA không qua thuỷ phân. Do nước không
tham gia phản ứng nên CoA giải phóng buộc phải tham gia vào một phản ứng khác liên quan đến
nhóm cacboxyl đã được este hóa trong HMG-CoA. Quýa trình duy nhất khả thi ở đây chính là quá
trình khử 4 electron để tạo thành nhóm hydroxyl.
Е1 không thể xúc tác cho phản ứng dehydrat hóa
do
Х có hoạt tính quang học (sự loại nước sẽ làm mất đi trung tâm bất đối duy nhất). Phản ứng
decacboxyl hóa cũng bị loại trừ do
Х là một axit nên phải tồn tại nhóm cacboxyk trong phân tử. Oxy
hóa nhóm hydroxyl bậc ba trong HMG-CoA sẽ làm cho cơ chế oxy hóa β- trở nên không thể thực hiện
được. Một điều hiểu nhiên nữa là nhóm cacboxyl bao gồm cả sự hình thành liên kết thioeste hiện diện
trong đoạn mạch chứa nhóm hydroxyl trong IPP. Như vậy:

Е1
4, 5



Е3 6


Tối đa 12 marks
E1: 9 marks nếu cả hai kết qủa đều đúng.
4 marks chỉ đưa ra một kết qủa đúng
4 marks nếu đưa ra hai kết qủa đúng và một kết qủa sai
0 mark nếu đưa ra một kết qủa đúng còn các kết qủa còn lại đều sai
0 mark nếu đưa ra nhiều hơn ba kết qủa.
Е3: 3 marks nếu đưa ra duy nhất kết qủa đúng. Tất cả các trường hợp khác không cho điểm nào

7.1.2
Dựa vào các phản ứng được xúc tác bởi
Е1
và cấu hình của trung tâm bất đối trong HMG-CoA
thì cấu trúc của chất
Х là:

HOOC

HO


(R)

OH



Х
, axit mevalonic


Lưu ý rằng cấu hình tuyệt đối ở trung tâm bất đối thay đổi do có sự thay đổi về độ hơn cấp các nhóm
thế trong quá trình trao đổi chất từ HMG-CoA thành axit mevalonic.




Tối đa 12 marks

HOOC

HO

(S)

CoA

S


O


HOOC

HO

(R)

OH

8 marks cho công thức đúng
4 marks cho lập thể đúng (chỉ cho điểm khi công thức đúng và xác định cấu hình tuyệt đối ở trung tâm
bất đối là R, tất cả những trường hợp khác không cho điểm)
Không trừ điểm nào nếu lập thể sai hay không xác định cấu hình tuyệt đối

19

7.2.1 Phương trình phản ứng ozon phân















Tối đa 5 marks

O



-

-

4.5 marks cho sản phẩm đúng (1.5 cho mỗi sản phẩm), sai sản phẩm không bị trừ điểm
0.5 mark cho hệ số tỉ lượng đúng

7.2.2 Phân tử DAP chỉ chứa một nguyên tử cacbon có tham gia vào sự tạo thành liên kết С–С
qua quá trình sinh tổng hợp chất
Y. Bất chấp cách các phân tử tổ hợp thành Y như thế nào thì việc ozon
phân mảnh này đều cho sản phẩm là dimetyl xeton (axeton) (Xem phản ứng ozon phân DAP ở câu
7.2.1
). Như vậy axeton chính là
Y1
, do nó chứa ba nguyên tử cacbon (
Y2
và
Y3
chứa lần lượt 5 và
4 nguyên tử cacbon). Chú ý đến tỉ lệ các sản phẩm ozon phân thì ta sẽ có được biểu thức tính số cacbon
trong
Y như sau:
n
Y
(C)= 2*n
Y1
(C)+4* n
Y2
(C)+ n
Y3
(C)= 2*3 + 4*5 + 4 = 30

Y là phân tử mạch hở, như vậy đoạn mạch DAP chỉ có thể được tìm thấy ở một đầu.
Y chỉ có hai đầu (cần tối thiểu ba đầu để tạo thành một phân tử có mạch nhánh). Do việc ozon phân
một phân tử
Y
tạo thành hai phân tử axeton nên

Y
phải chứa 30 nguyên tử cacbon

Để xác định số nguyên tử hydro thì phải xác định số liên kết đôi trong Y. Sự hình thành mỗi
liên kết đôi sẽ làm mất 2 nguyên tử hydro trong sản phẩm ghép mạch so với tổng
số các nguyên tử có trong các chất ban đầu. Tỉ lệ của Y trong sản phẩm của phản ứng
ozon phân là 1:7 (2+4+1) ứng với 6 liên kết đôi trong chất
Y. Như vậy khi sử dụng công thức chung
cho ankan chúng ta có:
n(H)= 2*n
Y
(C)+2–2*n
c=c
=30*2 + 2 - 6*2 = 50

Công thức phân tử chất
Y (squalen) – С
30
Н
50
.


Số nguyên tử cacbon 30

Tính toán:
n
Y
(C)= 2*n
Y1

(C)+4*n
Y2
(C)+ n
Y3
(C)= 2*3 + 4*5 + 4 = 30


Số nguyên tử hydro 50
Tính toán:
n(H)= 2*n
Y
(C)+2–2*n
c=c
=30*2 + 2 - 6*2 = 50

Công thức phân tử Y С
30
Н
50

Tối đa 12 marks
8 marks cho việc xác định đúng công thức phân tử
4 marks cho việc kết luận đúng công thức phân tử

7.2.3 IPP và DAP là các đồng phân chứa 5 nguyên tử cacbon. Do tất cả các nguyên tử cacbon
của hai chất này đều có trong chất
Y nên có thể tính được số lượng phân tử IPP và DAP cần thiết
để tổng hợp chất
Y:
n(IPP&DAP)= n

Y
(C)/5=30/5=6

Số phân tử DAP cần thiết là 2 và đã được xác định từ trước. Như vậy cần có thêm 4 phân
tử IPP

n(IPP&DAP)= n
Y
(C)/5=30/5=6

Số phân tử DAP cần thiết 2 Số phân tử IPP cần thiết 4
Tối đa 7 marks

3.5 marks cho tính toán đúng tổng số phân tử DAP và IPP
3.5 marks cho việc tính toán số lượng mỗi phân tử DAP và IPP

20

7.2.4 Tất cả các hướng kết hợp mà không làm thay đổi bộ khung cacbon được chỉ ra ở dưới đây
(không vẽ các đơn vị pyrophotphat). Hai nhóm sản phẩm sinh ra do sự khác nhau của các
nguyên tử cacbon tham gia ghép mạch được phân ra bằng đường nét đứt. Đọan mạch
IPP sẽ nối với đoạn mạch DAP sao cho việc ozon phân sản phẩm này sẽ tạo
Y2 chứa 5
nguyên tử cacbon. Chỉ duy nhất một đồng phân phù hợp nếu không vẽ chi tiết lập thể, còn nếu vẽ
chi tiết lập thể sẽ có hai đồng phân


No

No
* * *
+
+

No
No





Yes



(E)

O

O
-

P

O
-

O

O

P

O

O
-

hay



-
O

O

O
-


(
Z)

P

P

O

O

O

O
-




Tối đa 8.5 marks

Đồng phân phía trên là geranyl pyrophotphat
8.5 marks cho công thức đúng
Không trừ điểm nào về mặt hóa lập thể, bất kỳ công thức chính xác nào cũng được chấp nhận
2.5 marks nếu ozon phân sản phẩm sinh ra axeton nhưng không tạo được sản phẩm chứa
5 nguyên tử cacbon
2.5 marks nếuozon phân sản phẩm tạo thành hợp chất chứa 5 nguyên tử cacbon nhưng không sinh ra
axeton
0 mark nếu thuộc về các trường hợp khác

7.2.5
Từ phản ứng ghép mạch ở hình 2 thì ta thấy rằng
Y4
chứa 15 nguyên tử cacbon hay chứa 1
đoạn mạch DAP và hai đoạn mạch IPP, các phần được gắn vào liên tiếp với nhau. Một lưu ý quan trọng là

Y3 không đuợc tìm thấy trong hai đoạn mạch hydrocacbon sinh ra từ Y4, do Y3 là kết
qủa của phản ứng ozon phân
Y với tỉ lệ 1 : 1. Như vậy geranyl photphat là hợp chất trung
gian trong quá trình tổng hợp
Y (tất cả các liên kết đôi đều có cấu hình trans). Gắn một đoạn mạch
IPP tiếp theo vào geranyl photphat dẫn đến sự tạo thành sản phẩm mà khi ozon phân sẽ cho 1 phân
tử
Y1 và 2 phân tử Y2. Như vậy cấu trúc của
Y4 với các chi tiết lập thể như sau:


(E)

(E)

O

O
-

P

O
-

O

O

P

O

O
-

Y4, farnesyl pyrophotphat

21

Kết hợp hai đoạn mạch hydrocacbon của Y4 và lưu ý rằng nối đôi giữa chúng sẽ mất đi thì ta thu được
công thức của chất
Y
:

(E)

(E)



(E)

(E)


Y, squalen
Tối đa 16 marks
9 marks cho farnesyl pyrophotphat (6.5 marks cho công thức đúng và 2.5 marks cho lập thể đúng)
7 marks cho squalen (5 marks cho công thức đúng và 2 marks cho lập thể đúng)

Trừ 2.5 marks nếu không loại bỏ nối đôi trong squalen

22

Bài 8. Phương pháp ATRP cho phép tổng hợp các polymer
mới



8.1.1
Phương trình tốc độ cho các bước phản ứng sơ cấp của ATRPs: hoạt hóa (v
act
), phản hoạt hóa
(v
deact
), phát triển mạch (v
p
) và tắt mạch (v
t
)
v
act

= k
act
·[R-Hal]·[CuHal(Ligand)
k
] 2 marks
v
deact

= k
d
eact
·[R
·
]·[CuHal
2
(Ligand)
k
] 2 marks
v
p

= k
p
·[R
·
]·[M] 2 marks
v
t

= 2k
t
·[R
·
]
2

2 marks (không trừ nếu thiếu số 2)

8 marks maximum



8.1.2 So sánh tốc độ các bước phản ứng sơ cấp của ATRP
Do tất cả các mạch đều phát triển với tốc độ bằng nhau nên quá trình vẫn polymer hóa vẫn
luôn tiếp diễn. Các gốc tự do polymer hóa chỉ tồn tại nếu nồng độ của các gốc tự do hoạt hóa
quá bé để ngăn cản bước chuyển mạch và tắt mạch. Như vậy:
v
deact

>> v
act

Sự phân cắt các gốc tự do phải xảy ra với tốc độ rất nhỏ nên cân bằng dịch chuyển về phía các tiểu
phân không hoạt động
v
deact

>> v
p

Bước phát triển mạch phải luôn chậm hơn bước phản hoạt hóa để tạo sự phát triển mạch với tốc độ
bằng nhau.

v
deact

>> v

t

Bước tắt mạch không xảy ra khi số phân tử polymer không đạt đến một số lượng mạch nhất định - bằng
số phân tử tham gia ở giai đoạn khơi mào.
v
deact

>> v
act

3 marks
v
deact

>> v
p

3 marks
v
deact

>> v
t

3 marks
Tối đa 9 marks



8.2.1 Tính khối lượngs (m) của polymer nhận được.

Cách thứ nhất

[M ] = [M ]
0
exp(−k
P
[R
×
]t) hay n(MMA) = n
0
(MMA)
e
xp(−
k

P
[ R
×
]
t
)
Lượng monomer MMA còn lại sau 1400s là




1 mark
31.0
×
exp(−1616

×
1.76
×
10
−7
×
1400) = 20.8

mmol. 2 marks

Lượng monomer tiêu thụ trong quá trình polymer hóa: 31-20.8=10.2 mmol 1 mark
Lượng polymer nhận được là m = ∆n(MMA)
×
M (MMA) = (10.2 /1000)
×
100.1 = 1.03 g 1 mark
Cách thứ hai

[M ] = [M ]
0
exp(−k
P
[R
×
]t) or n(MMA) = n
0
(MMA)
e
xp(−
k

P
[ R
×
]
t
)
Lượng monomer MMA còn lại sau 1400s là

1 mark
∆
n
(
MMA
)

=

n
0

(
MMA
)(1

−

exp(
−
k

p

3 marks

×

[

R
•

]

×

t

))

=

31.0

×

(1

−

1616

×
1.76

×
10
−
7

×
1400)

=

10.2
mmol
Lượng polymer nhận được là m
=

∆
n(MMA)
×
M (MMA)
=
(10.2 /1000)
×
100.1
=
1.03 g 1 mark

Cách thứ ba







[M ]
[M ]
0

mark


=
e
− 0.398
=
0.672 1

[]
[]
398,01400.10.76,1.1616ln
7
−=−=−=
⎟
⎟
⎠
⎞

⎜
⎜
⎝
⎛
−
Rtk
M
M
P
o
1 mark
23

P
[M ]
[M ]
0

=
n(MMA)

n
0
(MMA)

n(MMA) = 0.672
×
n
0
(MMA) = 20.8 mmol 1

mark
Lượng monomer tiêu thụ trong quá trình polymer hóa 31-20.8=10.2 mmol 1 mark
Lượng polymer nhận được là m = ∆n(MMA)
×
M (MMA) = (10.2 /1000)
×
100.1 = 1.03 g 1 mark
m = 1.03 g Tối đa 5 marks



8.2.2 Tính độ polymer hóa (DP) của polymer nhận được.
Số lượng mạch đang phát triển bằng số phân tử TsCl (0.12 mmol) 2 marks
Ở bước thứ nhất tiêu thụ hết 7,3mmol MMA (0.73/100.1).

Tổng lượng monomer ở thời điểm ban đầu ở bước thứ hai là 23.7 + 23.7 = 47.4 mmol.
2 marks
Do các monomer có hoạt tính như nhau nên nó sẽ tham gia polymer hóa với tốc độ bằng nhau.
Lượng monomer tiêu thụ trong bước phản ứng thứ hai là

∆
n

=

n
0

(1

−

exp(
−
k
[

R
×
]
t
))

=

47.4(1

−

exp(
−
1616

×
1.76

×
10
−
7

×
1295))

=

14.6

mmol. 4 marks
Tổng cộng 7.3+14.6=21.9 mmol monomer được polymer hóa qua hai bước phản ứng 2 marks
DP=21.9/0.12=182.5 1 mark
DP = 182-183 (chấp nhận tất cả các câu trả lời trong khoản này) Tối đa 11 marks




8.2.3 Cấu trúc của polymer nhận được.
Sản phẩm polymer hóa là một poylmer khối đồng trùng hợp do nó thu được bởi sự trùng hợp liên tiếp
hai mạch polymer khác nhau.
Khối đơn vị thứ nhất chỉ gồm các đơn vị MMA. Độ polymer hóa DP là 7.3/0.12=60.8≈61 đơn vị
monomer.
Khối đơn vị thứ hai nhận được bằng sự đồng trùng hợp hai monomer thành phần với tốc độ bằng
nhau. Như vậy nó là mộ
t polymer với các monomer được sắp xếp ngẫu nhiên. Số lượng đoạn mạch
A và B ở khối polymer thứ hai bằng nhau do nồng độ của chúng trong hỗn hợp phản
ứng ở thời điểm ban đầu ở bước thứ hai bằng nhau. Độ polymer hóa của khối polymer
thứ hai là 183-61 = 122 đơn vị monomer (121 cũng là kết qủa đúng nếu sử dụng kết qủa DP ở
câu
8.2.2 là 182).
Ts-A

61
-block-(A-stat-B)
61
-Cl or Ts-A
61
-block-(A
61
-stat-B
61
)-Cl
Tối đa 14 marks

4 marks cho khối polymer đồng trùng hợp với khối A và đồng khối AB

4 marks cho việc chỉ ra các đơn vị monomer được sắp xếp ngẫu nhiên ở khối polymer thứ hai

1 mark cho việc xác định tổng các đoạn mạch A và B ở khối polymer thứ hai bằng nhau
2 marks cho việc tính chính xác DP ở mỗi khối
1 mark cho việc chỉ ra chính xác các nhóm cuối mạch



8.3.1 Xá định các tín hiệu
1
H NMR ứng với các cấu trúc nhỏ cho trong phiếu trả lời
* CH
2

*

O CH
2

a, b, g 3x1.5 marks
*


H

H



H

H


H

c 2 marks
*


H

H

H

H


*

d 2 marks
24

*

*

H Cl
e 4 marks
*

Cl

H H
f 4 marks

Tối đa 16.5 marks



8.3.2 Xác định phần mol của các đơn vị C và D và khối lượng phân tử của P1 và P2.
Tín hiệu của vân đa b và g là 40.2, như vậy cường độ cho 1 proton là 40.2/4/58=0.173 cho mỗi phổ
của polymer đồng trùng hợp

2 marks
Cường độ của vân đa с là 13.0, ứng với 13.0/0.173=75 proton. Lưu ý rằng mỗi vòng styren có
5 proton vòng thơm, độ polymer hóa của khối styren là 75/5=
15.
2 marks
Phần mol của đơn vị styren là P1 bằng 15/(15+58) =
20.5% 1 mark
Cường độ của vân đa d là 10.4, ứng với 10.4/0.173=60 proton. Do mỗi đơn vị monomer của
p-clometylstyren (PCS) có 4 proton, Độ polymer hóa của PCS là 60/4=15. 2 marks
Phần mol của D là 15/(15+58) =
20.5%
1 mark
M(P1) = 15.03+58x44.05+72.06+15x104.15+35.45 =
4240 2 marks
M(P2) = 15.03+58 x44.05+72.06+15x152.62+35.45 =
4967
2 marks
M(P1) = 4240 M(P2) = 4967
n(C) = 20.5% n(D) = 20.5%
Tối đa 12 marks



8.3.3
Tất cả các khả năng khơi mào có thể xảy ra trong quá trình tổng hợp P1 và P2
Tối đa 10 marks

(+2)

Ở đây ký hiệu R sử dụng cho đoạn mạch khơi mào kích thước lớn với sự có mặt của một hay vài đoạn
mạch styren.






P2: (1.5+2+3) marks
25

2

k

2
+

k
k



O

H
3
C

O


CH
3

O

58

Cl




Cu
(+)

Cl(Ligand)
k



O

H
3
C


O


O

CH

58

CH
3



+

Cu




(+2)
Cl

(Ligand)





R

Cl


+

Cu
(+)
Cl(Ligand)

R


CH

+

Cu
(+2)
Cl

(Ligand)




Cl

Cl







R

R

Cl

Cl

Ở đây ký hiệu R sử dụng cho đoạn mạch khơi mào kích thước lớn với sự có mặt của một hay vài phân
tử p-clometylstyren.



8.3.4 Cấu trúc của P1 và một trong số những cấu trúc có thể có của P2
P1 là một polymer khối của PEO và PS. Khối PS chứa 15 đơn vị .
P2 là một polymer khối được hình thành từ khối PEO và mạch nhánh styren.
Cường độ của vân đa f là 2.75, nên 2.75/0.173=15.9, ứng với 16 proton hay 8 nhóm clometyl.
d) Nếu trong phân tử P2 không có nhánh thì nó sẽ chứa 15 nhóm clometyl. Mỗi nhánh sẽ làm giảm
số lượng nhóm đi 1. Vậy P2 có 15-8 = 7 nhánh. Cứ mỗi cấu trúc của 7 nhánh này sẽ chính xác
nếu như mỗi đơ
n vị monomer liên kết với ít hơn ba đơn vị monomer khác


Р1

R

C

C

C

C

C

C

C

C

C

C

C

C

C

C

C

Cl


+ Cu
(+)
Cl(Ligand)
k
+ Cu
(2+)
Cl(Ligand)
k

Cl CH
2
.