Đề thi thử kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia môn hóa học lớp 12 potx

Copyright © 2010 />27
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MƠN HĨA HỌC
KÌ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT
ĐỀ THI THỬ NĂM HỌC 2008 – 2009
MƠN THI: HĨA HỌC
Thời gian làm bài: 180 phút (Khơng kể thời gian phát đề)
(Đề thi gồm có 2 trang)
Câu 1: (2.5 điểm)
1. Cho bảng sau:
Ngun tố
Ca
Sc
Ti
V
Cr
Mn
Năng lượng ion hố I
2
(eV)
11,87
12,80
13,58
14,15
16,50
15,64
Hãy giải thích sự biến đổi năng lượng ion hố thứ hai của các ngun tố trong bảng.
2. Viết cơng thức Lewis và xác định dạng hình học của các phân tử và ion sau: BCl
3
, CO
2
, NO

2
+
, NO
2
, IF
3
3. Tại sao bo triclorua tồn tạiởdạng monome (BCl
3
) trong khi nhơm triclorua lại tồn tạiởdạng đime (Al
2
Cl
6
)?
Câu 2: (2.5 điểm)
Silic có cấu trúc tinh thể giống kim cương.
1. Tính bán kính của ngun tử silic. Cho khối lượng riêng của silic tinh thể bằng 2,33g.cm
-3
; khối lượng mol
ngun tử của Si bằng 28,1g.mol
-1
.
2. So sánh bán kính ngun tử của silic với cacbon (r
C
= 0,077 nm) và giải thích.
3. Viết tất cả các đồng phân của phức chất [Co(bipy)
2
Cl
2
]
+

với bipy (hình bên)
Câu 3: (2.5 điểm)
1. Đối với phản ứng : A
k1
k2


B. Các hằng số tốc độ k
1
= 300 giây
-1
; k
2
= 100 giây
-1
.
Ở thời điểm t = 0 chỉ có chất A và khơng có chất B. Hỏi trong bao lâu thì một nửa lượng ban đầu chất A biến
thành chất B.
2. Cho 2 cặp oxi hoá khử : Cu
2+
/ Cu
+
0
1
0,15E V
; I
2
/ 2I
-
0

2
0,62E V
a. Viết các phương trình phản ứng oxi hoá khử và phương trình Nernst tương ứng. Ở điều kiện chuẩn có
thể xảy ra sự oxi hoá I
-
bằng ion Cu
2+
?
b. Khi đổ dung dòch KI vào dung dòch Cu
2+
thấy có phản ứng:
2+ -
2
1
Cu + 2I CuI + I
2
 
Hãy xác đònh hằng số cân bằng của phản ứng trên . Biết tích số tan T của CuI là 10
-12
Câu 4: (2.5 điểm)
1. Trong bình chân khơng dung tích 500cm
3
chứa m gam HgO rắn. Đun nóng bình đến 500
0
C xảy ra phản ứng:
2HgO
(r)

2Hg
(k)

+ O
2(k)
. Áp suất khi cân bằng là 4 atm
a. Tính K
P
của phản ứng
b. Tính khối lượng nhỏ nhất của thuỷ ngân oxit cần lấy để tiến hành thí nghiệm này. Cho Hg = 200.
2. Đốt cháy etan ( C
2
H
6
) thu sản phẩm là khí CO
2
và H
2
O ( lỏng ) ở 25°C.
a. Viết phương trình nhiệt hố học của phản ứng xảy ra. Hãy xác định nhiệt hình thành etan và năng lượng
liên kết C=O. Biết khi đốt cháy 1 mol etan toả ra lượng nhiệt là 1560,5KJ. Và :
∆H
ht
( KJ.mol
-1
)
Liên kết
Năng lượng liên kết ( KJ.mol
-1
)
CO
2
-393,5

C–C
347
H
2
O (l)
-285,8
H–C
413
O
2
0
H–O
464
O=O
495
b. Phản ứng có ∆G° = -1467,5 ( KJ.mol
-1
). Hãy tính độ biến thiên entropi của phản ứng đã cho theo đơn vị
J.mol
-1
.K
-1
.
N N
bipy
Copyright © 2010 />28
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
Câu 5: (2.5 điểm)
1. Thêm 1 ml dung dịch
4

NH SCN
0,10 M vào 1ml dung dịch
3
Fe

0,01 M và
F

1M. Có màu đỏ của phức
2+
FeSCN
hay không? Biết rằng màu chỉ xuất hiện khi
2+
6
FeSCN
C 7.10 M


và dung dịch được axit hóa đủ để
sự tạo phức hidroxo của Fe (III) xảy ra không đáng kể. Cho
1 13,10
3
eF
3
10
F

 

;

1
2 3,03
eSCN
10
F



(

là hằng
số bền).
2. Đánh giá thành phần cân bằng trong hỗn hợp gồm
Ag

1,0.10
-3
M;
3
NH
1,0 M và Cu bột. Cho
3 2
7,24
2
Ag(NH )
10



;

3
2 12,03
4Cu(NH )4
10



;
2
0 0
Ag / Ag Cu / Cu
E 0,799V;E 0,337V
 
 
(ở 25
0
C)
Câu 6: (2.5 điểm)
1. Khi cho PVC tác dụng với Zn trong rượu thì tách ra được ZnCl
2
và thu được polime có chứa 20,82% clo. Polime
không chứa nối đôi và không có tính dẻo như PVC. Kết quả trên cho biết gì về cấu tạo của polime mới thu
được. Tính % mắc xích vinyl clorua đã bị tách clo bởi Zn.
2. Xử lí

- halogen xeton với bazơ mạnh tạo thành các sản phẩm chuyển vị. Sự chuyển vị này gọi là phản ứng
Favorski.

- cloxiclohexanon sẽ chuyển vị thành metylxiclopentancacboxilat khi có mặt CH
3

ONa trong ete.
Hãy xác định cơ chế của phản ứng này.
Câu 7: (2.0 điểm)
1. Viết sơ đồ điều chế các chất sau đây:
a. 1,2,3 – tribrômbenzen từ axêtilen và các hoá chất cần thiết khác.
b. Axit m –toluic từ benzen và các hoá chất cần thiết khác.
2. Hãy đề nghị cơ chế phản ứng khử nước (H
+
) của
a. Butan–1–ol tạo (trans)–but– 2–en
b. 3,3–đimetylbutan–2–ol tạo 2,3–đimêtylbut– 2–en
Câu 8: (3.0 điểm)
1. Axit fumaric và axit maleic có các hằng số phân li nấc 1 (k
1
), nấc 2 (k
2
). Hãy so sánh các cặp hằng số phân li
tương ứng của hai axit này và giải thích.
2. So sánh khả năng phản ứng của các ancol sau với hiđrobromua HBr và giải thích: p-CH
3
-C
6
H
4
-CH
2
OH,
p-CH
3
O-C

6
H
4
-CH
2
OH, p-CN-C
6
H
4
-CH
2
OH và p-Cl-C
6
H
4
-CH
2
OH.
3. Oxi hoá hiđrocacbon thơm A (C
8
H
10
) bằng oxi có xúc tác coban axetat cho sản phẩm B. Chất B có thể tham gia
phản ứng: với dung dịch NaHCO
3
giải phóng khí CO
2
; với etanol (dư) tạo thành D ; đun nóng B với dung dịch
NH
3

tạo thành E. Thuỷ phân E tạo thành G, đun nóng G ở nhiệt độ khoảng 160
0
C tạo thành F. Mặt khác, khi
cho B phản ứng với khí NH
3
(dư) cũng tạo thành F. Hãy viết các công thức cấu tạo của A, B, D, G, E và F.
4. Cho sơ đồ các phản ứng sau:
HCHO H
2
O
OH
OH
-
A
B
NaCN
DMF
C
O
Cl
D1 + D2 + E (s¶n phÈm phô)
Hãy viết công thức cấu tạo của A, B, C, D1, D2 và E. Biết E có công thức phân tử C
19
H
22
O
5
N
2
.

Hết
O
Cl
COOCH
3
NaCl
CH
3
ONa
ete
Copyright © 2010 />29
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
KÌ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT
ĐỀ THI THỬ NĂM HỌC 2008 – 2009
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC
Câu 1: (2,5 điểm)
1 (0,5 điểm). Cấu hình electron của các nguyên tố:
Ca [Ar]4s
2
; Sc [Ar]3d
1
4s
2
; Ti [Ar]3d
2
4s
2
; V [Ar]3d
3
4s

2
; Cr [Ar]3d
5
4s
1
; Mn [Ar]3d
5
4s
2
.
Năng lượng ion hoá thứ hai ứng với sự tách electron hoá trị thứ hai. Từ Ca đến V đều là sự tách electron 4s thứ
hai. Do sự tăng dần điện tích hạt nhân nên lực hút giữa hạt nhân và các electron 4s tăng dần, do đó năng lượng
ion hoá I
2
cũng tăng đều đặn. Đối với Cr, do cấu hình electron đặc biệt với sự chuyển 1 electron từ 4s về 3d để
sớm đạt được phân lớp 3d
5
đầy một nửa, electron thứ hai bị tách nằm trong cấu hình bền vững này cho nên sự
tách nó đòi hỏi tiêu tốn nhiều năng lượng hơn nên I
2
của nguyên tố này cao hơn nhiều so với của V. Cũng chính vì
vậy mà khi chuyển sang Mn, 2 electron bị tách nằm ở phân lớp 4s, giá trị I
2
của nó chỉ lớn hơn của V vừa phải,
thậm chí còn nhỏ hơn giá trị tương ứng của Cr.
2. a (0,5 điểm). Công thức Lewis:
BCl
3
:
.

.
B
Cl
.
.
:
: :
:
:
: :
.
.
Cl
.
.
.
.
.
.
:
.
.
.
B
Cl
Cl
.
.
.
Cl

.
.
.
.
.
.
.
:
. .
.
B
Cl
.
.
.
.
.
.
.
.
Cl
.
.
.
.
.
.
Cl
.
.

.
.
Cl
.
.
.
.
.
.
CO
2
NO
2
+
NO
2
IF
3
.
.
.
.
.
N
O
.
.
.
.
.

.
.
O
.
.
.
.
.
.
.
.
+
O : : N : : O
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
O
.
.
.
.
. .
.
N
.
.
.
.
O
.
.
.
.
.
.
.
.
O : :
C : : O
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
I
.

:
:
F
F
F
.
.
.
b (1 điểm). Dạng hình học:
BCl
3
: Xung quanh nguyên tử B có 3 cặp electron (2 cặp và 1 "siêu cặp") nên B có lai hoá sp
2
, 3 nguyên tử Cl liên kết
với B qua 3 obitan này, do đó phân tử có dạng tam giác đều.
CO
2
: Xung quanh C có 2 siêu cặp, C có lai hoá sp, 2 nguyên tử O liên kết với C qua 2 obitan này. Phân tử có dạng
thẳng.
NO

+
: Ion này đồng electron với CO
2
nên cũng có dạng thẳng.
NO
2
: Xung quanh N có 3 cặp electron quy ước gồm 1 cặp + 1 siêu cặp (liên kết đôi) + 1 electron độc thân nên N
có lai hoá sp
2
. Hai nguyên tử O liên kết với 2 trong số 3 obitan lai hoá nên phân tử có cấu tạo dạng chữ V (hay gấp
khúc). Góc ONO < 120
o
vì sự đẩy của electron độc thân.
IF
3
: Xung quanh I có 5 cặp electron, do đó I phải có lai hoá sp
3
d, tạo thành 5 obitan hướng đến 5 đỉnh của một
hình lưỡng chóp ngũ giác. Hai obitan nằm dọc trục thẳng đứng liên kết với 2 nguyên tử F. Nguyên tử F thứ ba liên
kết với 1 trong 3 obitan trong mặt phẳng xích đạo. Như vậy phân tử IF
3
có cấu tạo dạng chữ T. Nếu kể cả đến sự đẩy
của 2 cặp electron không liên kết, phân tử có dạng chữ T cụp.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
F
F
F
I
C O
O
N O
O
Cl
B
Cl
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

Cl
O
N
.
.
.
.
.
.
.
.
.
O
+
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Copyright © 2010 />30
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
3 (0,5 điểm). BCl
3

: B có 3 electron hoá trị. Khi tạo thành liên kết với 3 nguyên tử Cl, ở nguyên tử B chỉ có 6
electron, phân tử không bền. Để có bát tử nguyên tử B sử dụng 1 obitan p không lai hoá để tạo liên kết π với 1
trong 3 nguyên tử Cl. Kết quả là tạo thành phân tử BCl
3
có dạng tam giác đều như đã trình bày ở trên.
AlCl
3
: AlCl
3
cũng thiếu electron như BCl
3
, nhưng Al không có khả năng tạo thành liên kết π kiểu p
π
-p
π
như B. Để
có đủ bát tử, 1 trong 4 obitan lai hoá sp
3
của nguyên tử Al nhận 1 cặp electron không liên kết từ 1 nguyên tử Cl ở
phân tử AlCl
3
bên cạnh. Phân tử AlCl
3
này cũng xử sự như vậy. Kết quả là tạo thành một đime.
Câu 2: (2,5 điểm)
1 (0,5 điểm). Trong cấu trúc kiểu kim cương (Hình bên)
độ dài của liên kết C-C bằng 1/8 độ dài đường chéo d của tế bào đơn vị (unitcell).
Mặt khác,
d a 3
, với a là độ dài của cạnh tế bào.

Gọi ρ là khối lượng riêng của Si.
Từ những dữ kiện của đầu bài ta có:
ρ =
nM
NV
=
23 3
8.28,1
6,02.10 .a
= 2,33
suy ra: a = [8 . 28,1 / 6,02.10
23
. 2,33]
1/3
cm = 5,43.10
-8
.
d = a  3 = 9,40.10
-8
cm; r
Si
= d : 8 = 1,17.10
-8
cm = 0,117nm
2 (0,5 điểm). r
Si
= 0,117 nm > r
C
= 0,077 nm . Kết quả này hoàn toàn phù hợp với sự biến đổi bán kính nguyên tử của
các nguyên tố trong bảng hệ thống tuần hoàn.

3 (1điểm). Quy ước biểu diễn bipy bằng một cung lồi.
a (0,25 điểm). Đồng phân cis, trans:
b (0,75 điểm). Đồng phân quang học:
Câu 3: (2,5 điểm)
1. A
k1
k2


B
t = 0 a 0
t
2
a
2
a
Áp dụng công thức đã cho :
e
1 2
e
x
1
k k ln
t x x
 

Ở đây nồng độ lúc cân bằng x
e
được xác định thông qua hằng số cân bằng K :
 

 
e
e
B
x
K
A a-x
 
Sau khi biến đổi ta được :
K1
aK
x
e


và
e
aK-x(1+K)
x x
1 K
 

Cuối cùng
Kx-x-aK
aK
lg
t
303,2
kk
21


Trans
Co
Cl
Cl
Cis
Co
Cl
Cl
C o
C l
C l
C o
C l
C l
Copyright © 2010 />31
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MƠN HĨA HỌC
Vì
2
a
x 
Nên
2
a
K-
2
a
-aK
aK
lg

t
303,2
kk
21

K-1-2K
2K
lg
t
303,2

1-K
2K
lg
t
303,2

Vì K = k
1
/ k
2
Nên
21
1
21
k-k
2k
lg
kk
303,2

t


giây10.7,2
100-300
300.2
lg
100003
303,2
3



2. a. Xét 2 cặp oxi hoá khử :
Cu
2+
+ e


Cu
+
2
0
1 1
0,059lg
Cu
E E
Cu



 
 
 
 
 
I
2
+ 2e


2I
-
 
2
0
2 2
2
0,059
lg
2
I
E E
I

 
 
 
0 0
1 2
E E

: Không thể có phản ứng giữa Cu
2+
và I
-
được.
b. Giả sử đổ dung dòch KI vào dung dòch chứa Cu
2+
và một ít Cu
+
. Vì CuI rất
ít tan nên [Cu
+
] rất nhỏ, do đó E
1
có thể lớn hơn E
2
.
Như vậy ta có : Cu
2+
+ e


Cu
+
I
-
+ Cu
+



CuI

1
2
I
2
+ e


I
-
Phản ứng oxi hoá khử tổng quát là :
Cu
2+
+ 2I
-


CuI

+
1
2
I
2
(1)
Lúc cân bằng ta có:
2
1
0,15 0,059lg

[ ]
Cu
E
T
I


 
 
 
=
 
2
2
2
0,059
0,62 lg
2
I
E
I

 
 
 

0,62 – 0,15
 
2
2

1
2
2
1
0,059lg 0,059lg
.
Cu I
T K
T I
 
   
   
 

0,62 0,15
4
0,059
1
.10 10
 
 K
T
Như vậy với K rất lớn, phản ứng (1) xảy ra hoàn toàn.
Câu 4: (2.5 điểm)
1.a. 2HgO (r)


2Hg(k) + O
2
(k)

[ ]
0
a mol 0 0
[ ]
cb
a – 2x 2x x
2
2
3
2 3
2 1 4 4.4
. 9,48
3 3 27 27
p Hg O
K P P P P P
 
    
 
 
b. Số mol Hg nhỏ nhất khi a = 2x. Từ cơng thức
Copyright © 2010 />32
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
HgO
4.0,5
3 0,0105
0,082.773
Vay a = 0,021 mol
m 0,021.216 4,53
PV
n x x

RT
g
    
 
2. Ta có các phương trình:
C
2
H
6
+
2
7
O
2

2CO
2
+ 3H
2
O ∆H = - 1560,5 KJ
( 2C
2
H
6
+ 7O
2

4CO
2
+ 6H

2
O ∆H = - 3121 KJ )
∆H
pư
= 4 ∆H
ht
CO
2
+ 6 ∆H
ht
H
2
O - 7∆H
ht
O
2
- 2 ∆H
ht
C
2
H
6
 ∆H
ht
C
2
H
6
=
     

 
2
31218,28565,3934 
= - 83,9 ( KJ.mol
-1
)
∆H
pư
= 2 E
C – C
+ 12 E
C – H
+ 7E
O=O
- 8 E
C = O
- 12 E
H – O
 E
C = O
=
 
 
8
3121464x12495x7413x12347x2 
= 833( KJ.mol
-1
)
b. G° = H° - TS°
=> S° =

 
 
 
27325
5,14675,1560


= - 0,312 (kJ.mol
-1
K
-1
) = -312 J.mol
-1
.K
-1
Câu 5: (2.5 điểm)
1. Ta có:
3
Fe
C

<<
F
C ( 1)


3
FeF

rất lớn.

Vì vậy trong dung dịch, Fe
3+
tác dụng hết với F
-
tạo ra phức
3
FeF
.
3+
3
Fe 3F FeF

 
Ban đầu 0,01 1
Sau phản ứng __ 0,97 0,01
Sau khi trộn với
4
NH SCN
:
3
FeF
C
= 5.10
-3
M;
F
C

= 0,485M;
2

SCN
C 5.10 M



FeF
3
 Fe
3+
+ 3F
-
10
-13,10
Fe
3+
+ SCN
-
 FeSCN
2+
10
+3,03
FeF
3
+ SCN
-
 FeSCN
2+
+ 3F
-
K = 10

-10,07
C 5.10
-3
5.10
-2
0,485
[ ] (5.10
-3
-x) (5.10
-2
-x) x 0,485+3x
3
10,07
3 2
x(0, 485 3x)
10
(5.10 x)(5.10 x)

 

 
 
Với x << 5.10
-3
ta được :
 
613
3
07105
10x710x861

4850
10x10x25
x


 ,
,
,
Vậy màu đỏ của phức
2+
FeSCN
không xuất hiện, nghĩa là F
-
đã che hoàn toàn Fe
3+
2. Các quá trình xảy ra:
- Tạo phức
2+
3
Ag(NH )
(


Ag
NH
CC
3
)
Ag
+

+ 2NH
3
 Ag(NH
3
)
2
+
7,24
2
10


1,0.10
-3
1,0
__ 1,0-2,0.10
-3
1,0.10
-3
- Khử
2+
3
Ag(NH )
bởi Cu:
Copyright © 2010 />33
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
2x Ag(NH
3
)
2

+
 Ag
+
+ 2NH
3
1 7,24
2
10

 

(1)
2Ag
+
+ Cu  2Ag + Cu
2+
15,61
0
10K 
(2)
- Tạo phức của Cu
2+
với
3
NH
(


2
3

Cu
NH
CC
)
Cu
2+
+ 4NH
3
 Cu(NH
3
)
4
2+
12,03
4
10


(3)
Tổ hợp (1)(2) và (3):
2Ag(NH
3
)
2
+
+ Cu  2Ag + Cu(NH
3
)
4
2+

;
40
2
2
KK 


= 10
13,16
1,0.10
-3
5,0.10
-4
TPGH:
2
3 4
Cu(NH )

: 5,0.10
-4
M ;
3
3
NH :1,0 2.10 1, 0M

 
Cân bằng Cu(NH
3
)
4

2+
+ 2Ag  2Ag(NH
3
)
2
+
+ Cu 10
- 13,16
C 5,0.10
-4
[ ] 5,0.10
-4
-x 2x
2
13,16
4
(2x)
10
(5,0.10 x)


 

x = 5.10
- 4
 2x =
423816134
10x5101010x5



,,
.
Vậy:
+ -8,23 9
3 2
[Ag(NH ) ]=2x=10 5,9.10 M


2+ -4
3 4
[Cu(NH ) ]=5,0.10 M
Mặc dù Ag
+
tồn tại dưới dạng phức
3 2
Ag(NH )

nhưng vẫn bị Cu khử hoàn toàn.
Câu 6: (2.5 điểm)
1. PVC clo chiếm 66,8% (theo khối lượng). Sau phản ứng với Zn, clo giảm còn 20,82%, lượng clo giảm nhiều mà
polime tạo thành không chứa nối đôi. vậy PVC có cấu tạo đều đặn, cứ một nhóm –CH
2
- lại đến 1 nhóm –CHCl-, vì
nếu có 2 nhóm –CHCl- cạnh nhau thì tạo nối đôi.
Phản ứng tách clo khỏi PVC có thể biểu diễn theo sơ đồ:
Trong polime tạo thành, nếu cứ x mắc xích còn lại 1 nguyên tử clo thì công thức là [-(C
2
H
3
)

x
Cl-]
n
Ta có:
35,5
27x 35,5
= 0,2082

x = 5.
Vậy cứ 5 mắc xích chỉ có 1 mắc xích còn clo.
Suy ra % số mắc xích bị loại clo là:
4
5
.100% = 80%
2. Cơ chế:
O
C l
C H
3
O
C H
3
O H
O
C l
O
C H
3
O
O

O C H
3
2 Zn
CH
CH
2
CH
CH
2
CH
2
CH
CH
2
CH
Cl
Cl
Cl Cl
CH
CH
2
CH
CH
2
CH
2
CH
CH
2
CH

ZnCl
2
2
Copyright © 2010 />34
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
H
2
O
OH
O
O
OCH
3
OCH
3
Câu 7: (2.5 điểm)
1a.
b.
2. Cơ chế :
a.
b.
CH
3
CHCCH
3
C
C
CH
3
CH

3
H
3
C
H
H
2
O
H
CH
3
CH
3
OH
CH
3
CHCCH
3
CH
3
CH
3
CH
3
CHCCH
3
CH
3
CH
3

H
3
C
Câu 8: (2.5 điểm)
1 (0,75 điểm).
H
HHOOC
COOH
- H
+
H
HHOOC
COO
-
- H
+
F
F
,
F
,,
Axit fumaric
H
H
-
OOC
COO
-
H H
O

OH
OH
O
- H
+
- H
+
H
COO
-
-
OOC
H

H H
O
O
OOH
.
.
.
.


M Axit maleic
M
,
M
,,
k

1
(M) > k
1
(F) là do M có khả năng tạo liên kết hidro nội phân tử, liên kết O-H của M trong quá trình phân li thứ
nhất phân cực hơn so với F và bazơ liên hợp M' cũng bền hơn F'.
CH
3
CH
3
NO
2
CH
3
NH
2
CH
3
NHCO CH
3
CH
3
NHCO CH
3
Br
NH
2
Br
CH
3
N

2
Cl
Br
Br
CH
3
MgBr
CH
3
CH
3
COOH
CH
3
CH
3
Cl
AlCl
3
HNO
3
H
2
SO
4
[H]
Fe/HC l
CH
3
COCl

Br
2
H
2
O
NaNO
2
C
2
H
5
OH
Mg/ete
CO
2
/ete
/HCl
0
5
C
0
C
2
H
2
NO
2
NH
2
NH

2
Br
Br
Br
N
2
Cl
Br
Br
Br
Br
Br
Br
600 C
0
C
HNO
3
H
2
SO
4
[H]
Fe/HCl
Br
2 NaNO
2
/HCl C
2
H

5
OH
CH
3
CH
2
CH
2
CH
2
OH
CH
3
CH
2
CH
2
CH
2
CH
3
CH
2
CHCH
3
C
C
H
CH
3

H
H
3
C
H
H
2
O
H
Copyright © 2010 />35
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
k
2
M < k
2
F ) là do liên kết hidro nội phân tử làm cho M' bền, khó nhường proton hơn so với F'. Ngoài ra, bazơ liên
hợp M'' lại kém bền hơn (do năng lượng tương tác giữa các nhóm -COO
-
lớn hơn) bazơ liên hợp F''.
2 (0,75 điểm). Phản ứng giữa các ancol đã cho với HBr là phản ứng thế theo cơ chế SN. Giai đoạn trung gian tạo
cacbocation benzylic. Nhóm –OCH
3
đẩy electron (+C) làm bền hoá cacbocation này nên khả năng phản ứng tăng.
Nhóm CH
3
có (+I) nên cũng làm bền hóa cacbocation này nhưng kém hơn nhóm –OCH
3
vì (+C) > (+I) . Các nhóm –Cl
(-I > +C) và –CN (-C) hút electron làm cacbocation trở nên kém bền do vậy khả năng phản ứng giảm, nhóm –CN
hút electron mạnh hơn nhóm –Cl.

Vậy sắp xếp theo trật tự tăng dần khả năng phản ứng với HBr là:
p-CN-C
6
H
4
-CH
2
OH < p-Cl-C
6
H
4
-CH
2
OH < p-CH
3
-C
6
H
4
-CH
2
OH < p-CH
3
O-C
6
H
4
-CH
2
OH.

3 (0,75 điểm).
A
B
CH
3
CH
3
C
C
O
O
O
D
C
O
C
O
O
C
C
O
O
OC
2
H
5
OC
2
H
5

+ C
2
H
5
OH
ftalimit
F
C
C
O
O
O
+ NH
3
(khÝ, d)
C
C
O
O
N H
C
C
O
O
NH
2
OH
F
C
C

O
O
N H
160
O
C
G
4. (0.75)
Sơ đồ điều chế p-hiđroxiphenylaxetamit
HO HO
CH
2
CN
HO
CH
2
OH
HO
CH
2
CONH
2
HCHO
OH
-
H
2
ONaCN
DMF
A B C

OH
C D1 D2
H
2
NCOCH
2
+
O
Cl
O
H
2
NCOCH
2
O
O
H
2
NCOCH
2
Cl
OH
Sản
phẩm phụ:
C
19
H
22
O
5

N
2
O
H
2
NCOCH
2
O
OH
CH
2
CONH
2
- - - - - - - - - - - HẾT - - - - - - - - - -
Thí sinh có thể làm cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa