Đề thi HSG môn hóa bảng a chính thức tỉnh gia lai 2015 2016

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIA LAI
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2015-2016
Môn: HÓA HỌC – Bảng A
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 13/11/2015
(Đề thi có 02 trang, gồm 08 câu)

Ghi chú: Học sinh được phép sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học và máy tính cầm tay.
Câu 1. (2,50 điểm)
1. Hãy tính năng lượng của nguyên tử Li (Z = 3) và của ion Li +. Từ kết quả thu được hãy tính năng
lượng ion hóa thứ nhất I1 (kJ/mol) của nguyên tử Li. Cho: 1 eV = 1,602.10-19J.
2. Dựa trên mô hình về sự đẩy nhau của các cặp electron hóa trị (mô hình VSEPR), giải thích dạng
hình học của NH3, ClF3, XeF4, XeOF4.
3. Áp dụng mô hình “hộp thế một chiều” hãy tính năng lượng (kJ/mol) của 6 electron không định cư
trong phân tử hexatrien. Biết độ dài liên kết trung bình C – C trong mạch này bằng 1,4Å.
Câu 2. (2,50 điểm)
1.a. Tính sinh nhiệt chuẩn của khí CO từ các dữ kiện thực nghiệm sau:
0
C(than chì) + O2(k) → CO2(k) ∆H 298 = - 94,05 kcal.
0
2CO(k) + O2(k) → 2CO2(k) ∆H 298 = -135,28 kcal.
b. Kết quả này có phù hợp với công thức cấu tạo của CO là C=O không? Vì sao?
Cho:
- Nhiệt thăng hoa của than chì là 170 kcal.mol-1.
- Năng lượng liên kết E(O =O ) trong oxi là 118 kcal.mol-1.
- Năng lượng liên kết E(C =O ) trong CO là 168 kcal.mol-1.
2. Khi nung nóng đến nhiệt độ cao PCl5 bị phân li theo phương trình:

PCl5(k) ƒ PCl3(k) + Cl2(k)
a. Cho m gam PCl5 vào một bình kín dung tích không đổi là V lít, đun nóng bình đến nhiệt độ T (K)
để xảy ra phản ứng phân li PCl5. Sau khi đạt tới cân bằng áp suất khí trong bình bằng p. Hãy thiết lập
biểu thức của Kp theo độ phân li α và áp suất p. Thiết lập biểu thức của Kc theo α, m, V.
b. Cho 41,7 gam PCl5 vào bình kín dung tích không đổi là V = 1 lít, nhiệt độ T1 (K). Sau khi đạt tới
cân bằng đo được áp suất bằng 2,0 atm. Hỗn hợp khí trong bình có tỉ khối so với hiđro bằng 83,4. Tính
α, Kp và KC.
Câu 3. (3,00 điểm)
2−
1. Cho pin có cấu tạo như sau: Zn ZnSO4 Hg 2 SO4( r ) , SO4 Hg (l ) .
Tại 25oC sức điện động của pin ở điều kiện tiêu chuẩn là Eo = 1,42V.
a. Viết phản ứng xảy ra trong pin trong quá trình pin hoạt động.
0
0
b. Tính tích số tan của Hg2SO4. Cho: EZn2+ / Zn = -0,76V; EHg22+ / Hg = 0,792V.
2. Dung dịch A là CaCl2 0,016M, dung dịch B là Na2CO3 0,016M.
a. Tính pH của dung dịch B.
b. Chuẩn độ 10 mL dung dịch B bằng HCl 0,01M đến đổi màu metyl da cam (pH = 4,00). Tính pH
tương đương tại thời điểm này.
c. Trộn 10 mL dung dịch A với 10 mL dung dịch B, điều chỉnh pH đến 10 thì có kết tủa Ca(OH) 2 và
CaCO3 tách ra không? Nếu có CaCO3 thì hãy tính độ tan của CaCO3 trong dung dịch thu được.
Cho: pKa1(H2O + CO2) = 6,35; pKa2(H2O + CO2) = 10,33.
KS(Ca(OH)2) = 6,46.10-6; KS(CaCO3) = 3,31.10-9.
Câu 4. (2,50 điểm)
1. Các kết quả nghiên cứu thực nghiệm cho thấy, phản ứng phân hủy N2O5 thành NO2 và O2 là phản
ứng bậc 1. Chứng minh rằng cơ chế phản ứng sau đây phù hợp với dữ kiện thực nghiệm nói trên.
k1

→ NO2 + NO3
N2O5 ¬


k−1

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

1


k2
NO2 + NO3 
→ NO2 + NO + O2
k3
NO3 + NO 
→ 2NO2
2. Cho dòng điện một chiều có cường độ dòng điện là 0,2A đi qua 100 mL dung dịch điện phân gồm
CuSO4 0,005M; ZnCl2 0,01M trong H2SO4 1M ở 25oC với catot là điện cực platin, anot là Ag.
a. Viết các quá trình có thể xảy ra trên 2 điện cực và phản ứng điện phân đầu tiên.
b. Có khả năng tách hoàn toàn ion thứ nhất được không? Biết khi nồng độ từ 10-6M trở xuống thì có
thể coi ion đó được tách hoàn toàn.
c. Tính lượng sản phẩm tách ra trên anot sau thời gian 3 phút. Chấp nhận không tính quá thế, không
−2
o
o
xét quá trình điện phân nước. Cho: ECu 2+ / Cu = 0,337V ; EZn2+ / Zn = −0,76V ; PH 2 = 1atm; K a ( HSO4− ) = 10 .
Câu 5. (2,00 điểm)
1.a. Cho các hợp chất dưới đây:
- meso – 2,3 – đibrombutan.
- threo – 2 – (-N, N – đimetylamino) – 1, 2 – điphenyletanol.
Sử dụng công thức Newman để vẽ 2 cấu dạng xen kẽ, trong đó có 1 cấu dạng bền nhất và giải
thích.

b. Hãy cho biết cấu trúc của (1S), (3R) – xiclohexanđiol và cho biết cấu dạng bền của hợp chất này.
2. Axit maleic và axit fumaric có các pKa (1) và pKa (2) như sau: 1,85; 3,02; 4,32; 6,07 (không theo thứ
tự). Xếp các giá trị pKa ứng với các nấc phân li tương ứng của hai axit trên. So sánh và giải thích các
cặp giá trị pKa tương ứng của hai axit.

Câu 6. (2,50 điểm)
1. Hãy xác định cấu trúc của các chất trong sơ đồ phản ứng sau:
O 2, V 2O

5
o

450 - 500 C

A

N H

3

B

B r2

N aN O
C
H 2S O

N aO H

2

D

bazô

t°

E

O

F

G

4

H

+

t°

H

2. Từ H có thể tổng hợp thuốc trừ sâu Sevin (K) theo sơ đồ sau:
H

C lC O C l

C H 3N H

I

2

K

Hãy viết công thức các chất I, K.
Câu 7. (3,00 điểm)
1. Viết cơ chế tạo thành sản phẩm khi điol sau xử lí với axit.
H2SO4

OH
C OH
Ph Ph

2. Viết cơ chế giải thích sự tạo thành sản phẩm của phản ứng sau.
O

H

H

+

2CH2(COOEt)2

1 . E tO N a

2. H +

C15H24O8

3. Viết cơ chế giải thích sự tạo thành 3-metyl-4-nitrobenzoat natri.
O

COONa

O

O H
Me

-

Me
NO 2

NO 2

Câu 8. (2,00 điểm)
1. Từ axit sucxinic và các chất vô cơ cần thiết, viết sơ đồ tổng hợp pirol.
2. Từ xiclopentanon và các hợp chất 1C làm thế nào để để tổng hợp được 2,2 – đimetylxiclohexanon.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

2

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn: Hóa học
Hướng dẫn chấm
Câu 1:
(2,5 đ)

Điểm

1.
- Đối với Li:
13, 6(3 − 0,3) 2
.2 = - 198,288 eV
12
13, 6(3 − 0,85.2) 2
E2 s = −
= −5, 746 eV
22
ELi = - 198,288 – 5,746 = - 204,034 eV
E1s = −

0,5 đ

- Đối với ion Li+:

ELi+ = E1s = - 198,288 eV
0,25đ
- Năng lượng ion hóa thứ nhất:
I1 = ELi+ - ELi = - 198,288 + 204,034 = 5,746 eV
0,25đ
= 5,746.1,602.10-19.6,023.1023 = 554,4 kJ/mol.

2.
- Cấu tạo của NH3 cho thấy quanh nguyên tử N trung tâm có 4 vùng không gian
khu trú electron, trong đó có 1 cặp electron tự do (AB3E) nên phân tử NH3 có
dạng tháp đáy tam giác với góc liên kết nhỏ hơn 109o 28 ' (cặp electron tự do đòi
hỏi một khoảng không gian khu trú lớn hơn)

0,25 đ
Cấu trúc tháp đáy tam giác tâm là nguyên tử N.
- Phân tử ClF3 cỏ 5 khoảng không gian khu trú electron, trong đó có 2 cặp
electron tự do (AB3E2) nên phân tử có dạng chữ T (Các electron tự do chiếm vị
trí xích đạo).

- Phân tử XeF4 có 6 vùng không gian khu trú electron, trong đó có hai cặp
electron tự do (AB4E2) nên có dạng vuông phẳng (trong cấu trúc này các cặp
electron tự do phân bố xa nhau nhất).

0,25 đ

- Phân tử XeOF4 có 6 vùng không gian khu trú electron, trong đó có một cặp 0,25 đ
electron tự do (AX5E) nên có dạng tháp đáy vuông.
F

O

F

F

F

Xe

Xe
F

O

F

F

F

3. Năng lượng hạt trong “hộp thế một chiều” được tính theo công thức:
h2
En = n 2
8mL2
Với L = (6 + 1).1,4 = 9,8Å

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

0,25 đ

0,25 đ

3


6, 625.10−34 )
(

h2
= 6,28.10-20 (J)
k=
=
2
−31
−10 2
8mL 8.9,1.10 (9,8.10 )
Năng lượng của 6 điện tử:
E = (2.1 + 2.4 + 2.9).k = 28.6,28.10-20 = 1,758.10-18 (J)
= 1,758.10-18.6,023.1023 = 1058,84 kJ/mol
1.a
0
C(than chì) + O2(k) → CO2(k) ∆H 298 = - 94,05 kcal
0
2CO(k) + O2(k) → 2CO2(k) ∆H 298 = - 135,28 kcal
1
0
C(than chì) + O2(k) → CO(k) ∆H ( s ,298) (CO ) = -26,41 kcal/mol
2
b. Nếu chấp nhận công thức C = O thì:
0
O2(k) → 2O(k); ∆H 298 = 118 kcal.mol-1
0
C(than chì) → C(k); ∆H 298 = 170 kcal.mol-1
0
CO(k) → C(k) + O(k); ∆H 298 = 168 kcal.mol-1
2

Câu 2:

(2,5 đ)

C(than chì) +

1
0
O2(k) → CO(k); ∆H ( s ,298) (CO) = ?
2

118
− 168) = 61 kcal.mol-1.
2
Sự không phù hợp qua lớn với thực tế này chứng tỏ công thức cấu tạo C = O là
sai.
2.a. Thiết lập biểu thức cho Kp, Kc
PCl5(k ƒ PCl3(k) + Cl2(k)
Ban đầu
a mol
Cân bằng
a −x
x
x (mol)
Tổng số mol khí lúc cân bằng: a + x = n
m
x
α=
với a =
mol
208,5
a

∗ Tính Kp: Áp suất riêng phần lúc cân bằng của mỗi khí:
a−x
x
PPCl5 =
p và PP Cl3 = PCl2 =
P
a+x
a+ x
x
(
. p) 2
pCl2 . pPCl
x2
(a + x)
a + x)
3
Kp =
=
=
.p2.
2
a−x
pPCl5
(a − x). p
(
). p (a + x)
a+x
x2
2
2

2
x
p
x
α2
a
Kp =
.
=
. p; Kp = 2
.p =
×p
a
x2
( a + x) ( a − x) a 2 − x 2
1−α 2
−
a2 a2
∗ Tính Kc:
a (1 − α)
aα
[PCl5] =
; [PCl3] = [Cl2] =
V
V
[PCl 3 ][Cl 2 ] (aα) 2
V
aα 2
mα 2
×

=
=
Kc =
=
[ PCl 5 ]
a (1 − α) V(1 − α) 208,5V (1 − α)
V2
Hoặc: Kp = Kc (RT)∆ν với ∆νkhí = 1
pV
pV
=
Kp = Kc (RT)
pV = nRT = (a + x) RT → RT =
a + x a(1 + α )

0,25 đ

0,25 đ

0,5 đ

∆H (0s ,298) (CO ) = (170 +

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

0,5 đ

0,5 đ

4

pV
pV
α2
→
× p = KC
2
a+x
a+x
1− α
2
pV
α
a α 2 (1 + α)
KC
Thay x = aα →
=
→
×
p
K
=
×
C
a (1 + α )
V
1− α2
1− α2
a α 2 (1 + α )

aα 2
mα 2
KC = .
=
=
V (1 + α )(1 − α ) V (1 − α ) 208,5V (1 − α )
41, 7
= 0, 2 mol
b. nPCl5ban dau = a =
208,5
M của hỗn hợp cân bằng: 83,4 × 2,0 = 166,8 g/mol
Tổng số mol khí lúc cân bằng: n1 = a (1 + α1) = 41,7:166,8 = 0,250 mol
n1 = a (1 + α) = 0,200 (1 + α) = 0,25 → α = 0,250
Kp = K C

( 0, 25) × 2 = 0,133
α
×p=
2
1−α
1 − (0, 25) 2
mα 2
41, 7.0,1332
=
= 4, 08.10 −3
*. Tim KC tại nhiệt độ T1: K C =
208,5V (1 − α ) 208,5.1(1 − 0,133)
1.a.
- Catot (+):
Hg2SO4 + 2e ƒ 2Hg + SO42- Anot (-):

Zn ƒ Zn2+ + 2e
- Phản ứng trong pin:
Hg2SO4 + Zn ƒ 2Hg + SO42- + Zn2+
b. Ta có:
0
0
0
E pin
= EHg SO /2 Hg ,SO - EZn2+ / Zn = 1,42
= 1,42 – 0,76 = 0,66V
→ E0
∗. Tìm Kp tại nhiệt độ T1: Kp =

Câu 3:
(3 đ)

2

2

2

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ

2−
4

4

Hg 2 SO4 / 2 Hg , SO42−

0,25 đ

Mặt khác:
Hg 22+ + SO42- THg2 SO4

Hg2SO4 ƒ
2+
2

Hg + 2e ƒ

Hg2SO4 + 2e ƒ

→

2 E0

Hg 2SO4 /2 Hg ,SO42−

10

0,059

→ Tt ( Hg2 SO4 ) =

= THg SO .
2
4

2( E 0

2Hg

2 E0

K = 10

2Hg + SO42-

Hg 22+ / Hg

0,059

K ' = 10

0
2 EHg
2SO4 / Hg

0,059

2 E0

Hg22+ / Hg

10

0,059

− E0

)

Hg 2 SO4 /2 Hg , SO42−

Hg 22+ / Hg

= 10-4,5
0,059
10
2.a. Các quá trình xảy ra:
CO32- + H2O ƒ HCO3- + OH- Kb1 = 10-3,67 (1)
HCO3- + H2O ƒ H2CO3 Kb2 = 10-7,63 (2)
H2O ƒ H+ + OH- Kw = 10-14 (3)
Vì Kb1 >> Kb2 >> Kw nên pH của dung dịch B đươc tính theo (1)
CO32- + H2O ƒ HCO3- + OH- Kb1 = 10-3,67
C: 0,016
[ ]: 0,016 – x
x
x
2
x
K b1 =
= 10-3,67
0, 016 − x

→ x = [OH-] = 1,85.10-3M → pH = 14 + lg[OH-] = 11,24

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ
5


b. Tính pHTĐ
 HCO3−   H + 
=
= 106,33 >> 1
2−
K a2
CO3 

→ [HCO3-] >> [CO32-] nên đã chuẩn độ hết CO32[ H 2CO3 ] =  H +  = 102,35 >> 1
K a1
 HCO3− 
2→ [H2CO3] >> [HCO3 ] >> [CO3 ] nên sản phẩm khi metyl da cam chuyển màu
là đã trung hòa hết 2 nấc của bazơ
0,25 đ
CO32+
2H+ →
H2CO3
-4

4
-4
→
1,6.10 mol
3,2.10 mol 1,6.10 mol
−4
3, 2.10
VHCl =
= 3,2.10-2 lít
0, 01
1, 6.10−4
CM ( H 2CO3 ) =
= 3,8.10-3M
−3
42.10
−6,35
0,25 đ
H2CO3 ƒ H+ + HCO3- K a1 = 10
[ ]: 3,8.10-3 – h h
h
2
h
= 10−6,35
−3
3,8.10 − h
→ h = [H+] = 4,1.10-5M → pHTĐ = 4,39
0,25 đ
0
0
−3

c. CCa 2+ = CCO32− = 8.10 M , pH = 10
2

- Ở pH = 10: CCa 2+ × OH −  = 8.10−11 < KS(Ca(OH)2) = 6,46.10-6 M
Vậy không có kết tủa Ca(OH)2 tách ra.
- Xét khả năng tạo kết tủa CaCO3
−3,67
>> K b2
CO32- + H2O ƒ HCO3- + OH- K b1 = 10
-3
-4
[ ]: 8.10 – x
x
10
−
-3
→ x =  HCO3  = 5,45.10 M
-3
→ CO32−  = 2,55.10 M
Ta có:
'
−3
−3
CCa 2+ .CCO
2− = 8.10 .2,55.10
= 20,4.10-6 > K s (CaCO3 ) = 3,31.10-9
3
Nên chỉ có CaCO3 kết tủa.
- Tính độ tan của CaCO3
CaCO3 ƒ Ca2+ + CO32[ ]:

S
S
Xét các quá trình:
−3,67
>> K b2
CO32- + H2O ƒ HCO3- + OH- K b1 = 10
Ta có:
S = [Ca2+]
S = CCO32− = [CO32-] + [HCO3-]
K b1
K b1
K S ( CaCO3 )
= [CO32-].(1 +
)
=
(1
+
)
OH − 
OH − 
[Ca 2+ ]
−3,67
→ S2 = K S (CaCO3 ) (1 + 10 −4 )
10
→ S = 1,02.10-4 (M)

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ
6


Câu 4:
(2,5 đ)

1.
v=

d [ O2 ]

= k2[NO2][NO3] (*)
dt
Áp dụng phương pháp gần đúng (trạng thái dừng) cho NO3 và NO ta được.
Tốc độ tạo thành NO3 là:
d [ NO3 ]
= k1[N2O5] – k-1[NO2][NO3] – k2[NO2][NO3] - k3[NO3][NO] = 0 (1)
dt
Tốc độ tạo thành NO là:
d [ NO ]
= k2[NO2][NO3] - k3[NO3][NO] = 0 (2)
dt
Từ (1) và (2):
k1[N2O5] – k-1[NO2][NO3] – 2k2[NO2][NO3] = 0
k1[N 2O5 ]

→ [ NO3 ] =
(k−1 + 2k2 )[NO 2 ]
Thay vào (*) ta được:
d [ O2 ] k1k 2 [N 2 O5 ]
0,5 đ
=
= k[N2O5] (phù hợp với thực nghiệm)
v=
( k−1 + 2k2 )
dt
Lưu ý: Học sinh có thể chứng minh bằng cách khác vẫn đạt điểm tối đa (nếu
đúng)
2.a.
Catot: Cu2+, Zn2+, H+
0, 059
0
2+
.lg(0, 005) = 0, 269V
- ECu 2+ / Cu = E + lg[Cu ] = 0,337 +
2
- E2 H + / H 2 :
HSO4- ƒ H+ + SO42- Ka = 10-2
[ ]: 1 – x 1 + x
x + 0,005
( x + 0, 005).( x + 1)
= 10-2
1− x
→ x = 9,85.10-3M → [H+] = 1,00985M
E2 H + / H = E20H + / H + lg  H +  = 0, 059.lg(1, 00985) = 2,5.10−4V
2

2

0, 059
0, 059
lg[ Zn 2 + ] = −0, 76 +
.lg(0, 01) = −0,819V
2
2
Thứ tự các quá trình xảy ra:
Cu2+ + 2e ƒ Cu
2H+ + 2e ƒ H2
Zn2+ + 2e ƒ Zn
Anot:
Ag + Cl- → AgCl + 1e
Phản ứng xảy ra:
Cu2+ + 2Ag + 2Cl- → Cu + 2AgCl
0
- EZn2+ / Zn = E +

0,5 đ

0,25 đ
0,25 đ

+

b. Khi ion thứ hai [H ] bắt đầu điện phân thì:
'
E2 H + / H = ECu

2+
/ Cu
2

0, 059
.lg[Cu 2 + ]' = 2,5.10 −4
2
→ [Cu2+]’ = 3,8.10-12M << 10-6M
Vậy ta có thể tách hoàn toàn được Cu.
c. Giả sử sau 3 phút
'
↔ ECu
= E0 +
2+
/ Cu

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

0,5 đ

7


I .t
= 3, 73.10−4 (mol ) < nCl − (trong dung dịch)
F
Vậy sản phẩm thu được chỉ là AgCl:
m = 3,73.10-4.143,5 = 0,0535 gam
1.a.
- meso-2,3-đibrombutan:

nAgCl =

Câu 5:
(2 đ)

CH3
Br

>

H

Br

Br

CH3
Br

H

CH3

Br

CH3

H

CH3

0,25 đ

H

Br

CH3

0,5 đ

H

H

- threo-2-(-N,N-dimetylamino)-1,2-diphenyletanol:
H

H

Ph

NMe2

Ph

OH

H
Ph

H

H

Me2N

0,25 đ
O

Ph

H

Me2N

H

OH

Ph
Ph

4 nhóm lớn cạnh nhau

4 nhóm lớn không cạnh nhau
b.
- Cấu trúc của (1S), (3R) – xiclohexandiol:
OH
OH

(Dạng cis)

0,25 đ

- Cấu dạng bền:

H
O

HO

H

OH

HO

0,25 đ

H

H

H

2.
pKa (1)

pKa(2)

3,02

4,32

HOOC
COOH

0,5 đ

Axit fumaric
HOOC

COOH

1,85

6,07

Axit maleic
- Axit maleic (dạng cis) có pKa (1) nhỏ hơn (tính axit mạnh hơn) pK a (1) của 0,25 đ
axit fumaric (dạng trans). Do ở dạng cis tạo được liên kết hiđro làm cho mật độ
electron ở oxi ở liên kết đôi giảm làm cho sự hút electron tăng.
H

H
C

O

C

C

O
O

H

H

O

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

8


- Axit maleic (dạng cis) có pKa (2) lớn hơn (tính axit yếu hơn) pK a (2) của axit 0,25 đ
fumaric (dạng trans). Do dạng cis có sự liên kết hiđro nội phân tử nên có sự
ràng buột H.
H
C
O

O

C

C

C

T a ùc h H

+

C

H

O

H

H
C

O
O

Câu 6:
(2,5 đ)

O

H

C

T a ùc h H

k h o ùh ô n

1.

+

O

H

O

d e ãh ô n

O

O 2, V 2O

5
o

O

450 - 500 C

COOH

O

N

COOH

B r2
N aO H

NH2

B

C

COO

b azô

2
4

COOH
3

CONH2

A

N aN O
H 2S O

N H

N HSO4

N

D

∆

0,25 đ
×8

N

E

F
OH

O

+

H

O

to

G

H

2.

O-CO-Cl

OH

O-CO-NHCH3

C H 3N H

C lC O C l
H

Câu 7:
(3 đ)

0,25đ
×2

2

I

K

1.
OH

H

OH H

+

OH
Ph

O
Ph

Ph

+

H

OH

-H 2O

C

Ph

Ph

+
+

C

O

H

Ph
Ph

Ph

1đ
+

C

O
Ph
Ph

H

O

+

Ph
Ph

H

..

H 2O :

O
Ph
Ph

2.

1đ

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

9


O

EtOOC

H

H

+

N aO E t
CH2(COOEt)2
andol

N aO E t
M ic h e a l

+

EtOOC

EtOOC

+

H

CH2
CH2(COOEt)2

H

N aO E t
M ic h e a l

+

COOEt

EtOOC

COOEt

3.
O

O

OOH

O
OH-

COO_

COO

H

1đ

H
Me

Me
NO2

NO2

HO

COOH
H

Me

Me

Câu 8:
(2 đ)

O-

Me
NO2

NO2

NO2

1.
CH2-COOH P S , t °
2 5
CH2-COOH

-H 2O

O

N H 3
O H 2O

O

HO

OH

N
H

O

O

N
H

Zn
khöû

HO

N
H

OH

1đ
N
H

2.
O

HO

CN

H 3O

H C N

H3C
HO

1 . C H 3M g B r
2 . H 3O +

HO
+

HO

OH

H

+

COOMe

1 . C H 3M g B r
2 . H 3O +

M eO H

OH
CH3

COOH

O

1đ

HO

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

10