đáp án đề thi olympic hóa học sinh viên toàn quốc 2016 bảng A

LIÊN HIỆP CÁC HỘI KH&KT VIỆT NAM
HỘI HÓA HỌC VIỆT NAM

TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP HÀ NỘI

ĐÁP ÁN
OLYMPIC HOÁ HỌC SINH VIÊN CÁC TRƯỜNG ĐẠI HỌC VÀ
CAO ĐẲNG TOÀN QUỐC LẦN THỨ IX (4/2016)

Bài thi lý thuyết

Bảng: A

Họ và tên thí sinh: ..............................................................
Số phách:
Ngày tháng năm sinh:..........................................................
Số báo danh:........................................................................
Đơn vị:................................................................................

Đáp án bài thi lý thuyết bảng A
1


Số phách

Đáp án bài lý thuyết của thí sinh

Bảng: A
KẾT QUẢ CHẤM BÀI THI LÝ THUYẾT
Câu

1

2

3

4

5

6

7

8

Tổng
điểm
bằng số

Tổng điểm
bằng chữ

Điểm

Hà Nội, ngày 18 tháng 04 năm 2016
CÁN BỘ CHẤM THI 1

CÁN BỘ CHẤM THI 2

TRƯỞNG TIỂU BAN
CHẤM THI BẢNG A

Hướng dẫn thí sinh khi làm bài thi
1. Thí sinh phải viết họ, tên, ngày tháng năm sinh và số báo danh vào tờ bìa của bài thi.
(Vì đây là phách của bài thi).
2. Các trang bên trong của bài thi không được viết bất cứ thông tin cá nhân nào, mà chỉ
làm bài bằng bút xanh hoặc đen, không được dùng bút đỏ. Tất cả các kết quả trả lời
mỗi câu hỏi phải được viết trong khung quy định của bài thi. Làm khác quy định sẽ
không được chấm điểm.
3. Bài thi gồm 08 câu, 18 trang. Khi làm bài xong thí sinh phải nộp toàn bộ bài thi và ký
xác nhận trước khi ra về.
4. Thí sinh có 180 phút để làm bài thi.
5. Thí sinh không được sử dụng tài liệu tham khảo, chỉ được sử dụng máy tính không có
thẻ nhớ.

Đáp án bài thi Lý Thuyết - Bảng A
2


Số phách

Các hằng số và công thức cần thiết
NA = 6.0221×1023 mol–1

Phương trình khí lý
tưởng:

PV = nRT

8.314 J⋅ K–1⋅ mol–1
0.08205 atm⋅ L⋅ K–1⋅ mol–1

Năng lượng của photon:

E=

Hằng số Faraday:

F = 96485 C⋅ mol–1

Năng lượng tự do
Gibbs:

G = H – TS

Hằng số Planck:

h = 6.6261×10–34 J⋅ s

Vận tốc ánh sáng :

c = 3.000×108 m⋅ s–1

Phương trình Faraday:

Q = it

Không độ C:

273.15 K

Phương trình Arrhenius:

k =A

1 N = 1 kg.m.-1s-2

1 eV = 1.602×10-19 J

Kw = = 1.0×10-14

Số Avogadro:
Hằng số khí:

R=

hc
λ

∆H = ∆E + ∆nRT

1 atm = 760 torr = 1.01325×105 Pa

1m = 109m = 1010Å

1 ppm là một phần triệu

1ppb là một phần tỷ

BẢNG TUẦN HOÀN CÁC NGUYÊN TỐ HÓA HỌC
1
1
H
1.008
3
Li
6.941
11
Na
22.99
19
K
39.10
37
Rb
85.47
55
Cs
132.91
87
Fr
(223)

18
2

13

14

15

16

17

4
Be
9.012
12
Mg
24.31
20
Ca
40.08
38
Sr
87.62
56
Ba
137.33
88
Ra
226.0

6
C
12.01
14

Si
28.09
32
Ge
72.64
50
Sn
118.71
82
Pb
207.2

7
N
14.01
15
P
30.97
33
As
74.92
51
Sb
121.76
83
Bi
208.98

8
O

16.00
16
S
32.07
34
Se
78.96
52
Te
127.60
84
Po
(209)

9
F
19.00
17
Cl
35.45
35
Br
79.90
53
I
126.90
85
At
(210)

69
Tm
168.93
101
Md
(256)

70
Yb
173.05
102
No
(254)

71
Lu
174.97
103
Lr
(257)

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

21
Sc
44.96
39
Y
88.91
57
La
138.91
89
Ac
(227)

22
Ti
47.87
40
Zr
91.22

72
Hf
178.49
104
Rf
(261)

23
V
50.94
41
Nb
92.91
73
Ta
180.95
105
Ha
(262)

24
Cr
52.00
42
Mo
95.96
74
W
183.84

25
Mn
54.94
43
Tc
[98]
75
Re
186.21

26
Fe
55.85
44
Ru
101.07
76
Os
190.23

27
Co
58.93
45
Rh
102.91
77
Ir
192.22

28
Ni
58.69
46
Pd
106.42
78
Pt
195.08

29
Cu
63.55
47
Ag
107.87
79
Au
196.97

30
Zn
65.38
48
Cd
112.41
80
Hg
200.59

5
B
10.81
13
Al
26.98
31
Ga
69.72
49
In
114.82
81
Tl
204.38

58
Ce
140.12
90
Th
232.04

59
Pr
140.91
91
Pa
231.04

60
Nd
144.24
92
U
238.03

61
Pm
(145)
93
Np
237.05

62
Sm
150.36
94
Pu
(244)

63
Eu
151.96
95
Am
(243)

64
Gd

157.25
96
Cm
(247)

65
Tb
158.93
97
Bk
(247)

66
Dy
162.50
98
Cf
(251)

67
Ho
164.93
99
Es
(254)

68
Er
167.26
100

Fm
(257)

2
He
4.003
10
Ne
20.18
18
Ar
39.95
36
Kr
83.80
54
Xe
131.29
86
Rn
(222)

Đáp án bài thi Lý Thuyết - Bảng A
3


Số phách
Câu I (2,5 điểm)
a
0,75

b
1,0

c
0,75

Tổng điểm
2,5

Cán bộ 1
Cán bộ 2
a) Xây dựng giản đồ MO của CO và CN -. Viết cấu hình electron, xác định độ bội liên
kết, từ tính của chúng.

- Cấu hình electron của CO và CN- giống nhau, đều có 10 e hóa trị:
(δSlk)2 (δS*)2 (πxlk = πylk)4(δZlk)2(πx* = πy*)0(δZ*)0
- Độ bội liên kết đều bằng 3.
C

O

và

C

N

- CO và CN- đều nghịch tử, S =O.

b) Dựa vào thuyết liên kết hóa trị (VB), hãy cho biết dạng hình học và từ tính của các
phức chất [Ni(CO)4] và [Ni(CN)4]2-.
Ni trong phức [Ni(CO)4] ở mức oxi hóa không, có cấu hình electron 3d84S2.
Ở trạng thái tự do Nio:

3d8

4S2

4po

Theo VB trong phức chất [Ni(CO) 4] do phối tử CO có π* trống  phối tử tạo trường mạnh  đảy
các e của Nio ghép đôi với nhau tạo ra các AO 4S,4p trống  tạo lai hóa Sp3  phức tứ diện.

3d

4So

4po

Tạo lk π cho (M  L) CO CO CO CO
4 obital lai hóa sp3 của Ni nhận 4 cặp e của 4 phối tử CO. Ngoài ra các electron d của
Ni sẽ tham gia tạo liên kết π cho (M  L). Phức nghịch tử S =O.
Đáp án bài thi Lý Thuyết - Bảng A
4


Số phách
Trong phức [Ni(CN)4]2-. Niken ở trạng thái Ni2+ có cấu hình 3d8.
Ở trạng thái tự do Ni2+:

3d8

4So

4po

Theo VB trong phức chất [Ni(CN) 4]2- do phối tử CN- có π* trống  phối tử tạo trường mạnh
 đảy các e của Ni2+ ghép đôi với nhau tạo ra các AO trống 3d,4S,4p  tạo lai hóa dSp2  phức
vuông phẳng.

4So

3d
Tạo lk π cho (M  CN-

CN-

4po
CN- CN-

L)

4 obital lai hóa dsp2 của Ni2+ mỗi obital nhận một cặp e của bốn phối tử CN -. Ngoài ra
các obital d của Ni2+ tham gia tạo liên kết π cho (Ni π* trống của CN-). Phức nghịch tử S
=O.

c) Dùng thuyết liên kết hóa trị (VB) hãy cho biết cấu tạo, dạng hình học của CO 2, NO2
và O3.
* Phân tử CO2: Cacbon ở trạng thái lai hóa sp (s + p  2sp) xen phủ với 2 obital 2pz của 2

nguyên tử oxi tạo 2 liên kết δ. Góc liên kết 180o phân tử CO2 có dạng thẳng.
Ngoài ra hai obital 2px, 2py của C (mỗi obital có 1e) sẽ xen phủ với 2 obital 2py của 2
nguyên tử oxi (mỗi obital có 1e)  tạo ra 2 liên kết π.
O

C

O

*Phân tử NO2 và O3.
Các nguyên tử trung tâm Ni và O đều ở trạng thái lại hóa sp2 (S+2p  3sp2)
-Hai obital lai hóa sp2 (mỗi obital có 1e) sẽ xen phủ với 2 obital p của 2 nguyên tử oxi  tạo ra 2
liên kết δ.
Còn 1 obital lai hóa sp2 thứ 3 chứa một electron không liên kết (ở NO2) hoặc 2e không liên kết (ở
O3).
-Ngoài ra còn có sự tạo thành liên kết π không định chỗ do sự xen phủ của các obital py (chứa 1 e)
với 2 obital py của 2 nguyên tử oxi.
-Phân tử NO2 và O3 có dạng góc, góc liên kết OXO ≤ 120o. (X = N hoặc O) do sự đảy của các cặp e
không liên kết với các cặp e liên kết > sự đảy giữa các cặp e liên kết.

Đáp án bài thi Lý Thuyết - Bảng A
5


Số phách

σ
O

N

ππ

σ

σ

O

O

O
ππ

σ
O

Câu II (3,0 điểm)
a
0,5

b
2,0

c
0,5

Tổng điểm
3,0

Cán bộ 1

Cán bộ 2
Người ta tiến hành khai thác vàng bằng phương pháp xyanua như sau: đầu tiên quặng
vàng được nghiền vụn, rồi trộn với dung dịch NaCN trong môi trường kiềm và liên tục sục
oxi không khí vào hỗn hợp phản ứng. Khi đó oxi sẽ oxi hóa vàng thành [Au (CN) 2]-. Sau đó
người ta cho kẽm bột tác dụng với dung dịch [Au (CN)2]- để thu hồi vàng kim loại.
Cho biết:

E0(Au+/Au) =1,70V; E0(O2/H2O) =1,23V; E0(OCl-/Cl-) =1,49V;

E0(CNO-/CN-) = -0,14V; pKHCN = 9,2; Hằng số phân ly tổng cộng của phức chất
-

[Au

-40

(CN)2] bằng 7,04 10 .
a) Hãy viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra trong quá trình trên.
4Au + 8CN- +O2 + 2H2O = 4[Au(CN)2]- + 4OH- (1)
2[Au(CN)2]- + Zn = [Zn(CN)4]2- + 2Au (2)

b) Tính E0(Au(CN)2-/Au) và E0(O2 kk/OH-) (coi áp suất của oxi trong không khí bằng
0,2 atm).
Chứng minh rằng khi có mặt ion CN - trong môi trường kiềm thì oxi không khí có thể
oxi hóa Au thành [Au (CN)2]-. pH tối thiểu của dung dịch CN- phải bằng bao nhiêu? Tại
sao?
* Tính E0(Au(CN)2-/Au) từ E0(Au+/Au)

Au+ + 1e = Au
EAu+/Au = EoAu+/Au + 0.059lg[Au+] = 1,70 + 0.059lg[Au+]

EAu(CN)2-/Au = 1,70 + 0.059lg[Au+]do phức phân− li ra
EAu(CN)2-/Au = 1,70 + 0,059lg

K ply [ Au (CN ) 2 ]
[CN − ]

ở điều kiện chuẩn, nồng độ các chất đều bằng 1M ta có:
Đáp án bài thi Lý Thuyết - Bảng A
6


Số phách
E0(Au(CN)2-/Au = 1,70 + 0,059lgKply = 1,70 + 0,059lg7,04.10-40 = -0,61 v.
* Tính E0(O2 kk/OH-) từ E0(O2/H2O)
1/2O2 + 2e + 2H+ = H2O
0,059
0,059
lg P 1O/ 22 [ H + ]2 = 1,23 +
lg 0,2 + 0,059lg[H+]
2
4

E(O2kk/H2O) = 1,23 +

kH 2O

= 1,21 + 0,059 lg [OH − ]
Ở điều kiện chuẩn [OH-] = 1M
E0(O2 kk/OH-) = 1,21 + 0,059lg10-14 = 0,38 v.
Ở đây E0(O2 kk/OH-) = 0,38v > E0(Au(CN)2-/Au = -0,61v

 xu hướng phản ứng xảy ra:
O2 + Au + CN- + H2O  Au(CN-) + OH* Để có thể tạo phức tốt với Au+ thì cyanua phải tồn tại chủ yếu dạng CNHCN = H+ + CN- có pK = 9,2
KHCN =

[ H + ][ CN − ]
[ HCN ]



[ CN − ]
[ HCN ]

=

[ K HCN ]
[ H ]+

−

CN ]
+
lg [[HCN
] = lgKHCN – lg[H ] = pH - pKHCN

Vùng tồn tại ưu tiên của CN-:
−

CN ]
[CN-] > [HCN]  lg [[HCN
] = pH -9,2 > 0  pH> 9,2 vậy pHmin =9,2 hay pH ≥ 9,2.

Môi trường càng kiềm thì [CN-] càng lớn.
c) Để xử lý CN- có trong nước thải của quá trình khai thác vàng bằng phương pháp xyanua,
người ta thường dùng NaOCl để oxi hóa CN- thành CNO- theo phản ứng:
CN- + OCl- = CNO- + ClNếu cho 5ml dung dịch NaOCl 0,2M vào 1 lit nước thải có nồng độ CN - là 10-3M (coi thể
tích dung dịch không đổi ) thì có thể oxi hóa hoàn toàn CN - thành CNO- được không?. Tính
nồng độ CN- còn lại trong dung dich sau khi xử lý?
CN- + ClO- = CNO- + CllgKcb =
Kcb = 10

55,25

n∆E o
0 , 059

=

2 (1, 49+ 0 ,14 )
0 , 059

= 55,25

rất lớn  phản ứng xảy ra gần như hoàn toàn theo chiều thuận, ClO- oxy hóa hoàn toàn
CN- thành CNO-.

*Tính [CN-] còn lại sau xử lý:
CN- + ClO- =

CNO- +

Cl-

Đáp án bài thi Lý Thuyết - Bảng A
7


Số phách
t=0

10-3 10-3

tcb = 0

x

x

lgKcb =


(10−3 − x)
x

=

0

0

10-3 -x

[ CNO − ][ Cl − ]
[ CN − ][ ClO − ]

10-3 -x

(10−3 − x )
x2

=

2

K cb = 1027,62  x =[CN-] 10-30,62 rất nhỏ.

Câu III (3,0 điểm)

a
1,0

b
1,0

c
1,0

Tổng điểm
3,0

Cán bộ 1

Cán bộ 2
Amoniac được tổng hợp theo phản ứng sau:
N2(k) + 3H2(k) =

2NH3(k)

a) Chứng minh rằng ở nhiệt độ và áp suất nhất định, phần mol của NH 3 là cực đại nếu
xuất phát từ hỗn hợp N2 và H2 có tỷ lệ N2 : H2 = 1: 3 theo số mol.

N2(k) +
3H2(k) ⇌ 2NH3(k)
t=0
a
b
0
tcb
a- α
b - 3α
2α
Gọi x1; x2; x3 là phần mol của N2, H2,NH3 tại cân bằng:
x1 =

a −α
;
∑n

x2 =

b − 3α
;

∑n

x3 =

∑ n = a + b -2α

2α
;
∑n

Vì P là áp suất chung của hệ tại cân bằng P = const nên;
Kp =

x 32 P 2
x 32 1
=
.
x1P.x 32 P3 x1.x 32 P 2

x 32
= KP 2 = const (ở T, P không đổi).
3
x1.x 2

Lấy vi phân hai vế và giản ước ta có:
2

dx 3 dx1 3dx 2
−
−

=0
x3
x1
x2

Phần mol của NH3 đạt cực đại khi dx3 =0, tức là:
2

dx1 3dx 2
dx1
3dx 2
+
=0 →
=−
x1
x2
x1
x2

Mặt khác x1 + x2 + x3 = 1 → dx1 + dx2 + dx3 = 0
Khi dx3 = 0;
dx1 + dx2 = 0 → dx1 = - dx2
dx1
3dx 2
=−
x1
x2

Hay:

→

b - 3α = 3(a - α) →

x2 = 3x1
b = 3a

Đáp án bài thi Lý Thuyết - Bảng A
8


Số phách

b) Để hiệu suất tổng hợp NH3 cao cần thực hiện phản ứng ở nhiệt độ và áp suất như thế nào?
Giải thích?
Cho biết:
N2

H2

NH3

∆Ho298 (kJ/mol)

-

-

- 46,19

So298 (J/mol.K)

191,49

130,59

192,51

0
∆H 0pu = ∑ ∆Hsp0 − ∑ ∆H cd

= 2(-46,19) = -92,38 kJ/mol < 0
- Phản ứng theo chiều thuận phát nhiệt → Vì vậy muốn cân bằng chuyển dịch
theo chiều thuận (tạo nhiều NH3) thì cần thực hiện phản ứng ở nhiệt độ thấp.
- Theo phương trình phản ứng thì chiều thuận là chiều tạo thành NH 3 có số mol
khí nhỏ hơn → làm giảm áp suất của hệ. Do đó muốn cân bằng chuyển dịch
theo chiều thuận (tạo NH3) thì cần phải thực hiện ở áp suất cao.
c) Ở 4500C, nếu xuất phát từ hỗn hợp có tỷ lệ N 2 : H2 = 1:3 theo số mol, thì cần thực hiện
phản ứng tổng hợp NH3 dưới áp suất bằng bao nhiêu để hiệu suất chuyển hóa bằng 90%?
∆S0pu = 2S0NH3 − S0N 2 − 3S0H 2 = 2.192,51 - 191,49 - 3.130,59 = -198,24J.K-1

∆G 0pu = ∆H 0pu − T∆S0pu

= - 92380 + 198,24.T
∆G 0723 = - 92380 + 198,24.723
−92380 + 198, 24.723
∆G 0
lgKP = = = -3,68
2,303.8,31.723
2,303.RT

Kp = 10-3,68
x 32
1
1− α
3(1 − α)
. 2 với x1 =
Kp =
; x2 =
;
3
x1 + x 2 P
4 − 2α
4 − 2α
4α 2 (4 − 2α ) 2 1
1
. 2 = 0,5807.104 2
Kp =
4
27(1 − α )
P
P

P=

x3 =

2α
4 − 2α

0,5807.104
= 5284 atm
10−3,68

Câu IV (2,5 điểm)
a
0,5

b
2,0

Tổng điểm
2,5

Cán bộ 1
Đáp án bài thi Lý Thuyết - Bảng A
9


S phỏch
Cỏn b 2
Dung dịch chứa ion Fe (SCN)2+ có màu đỏ khi nồng độ của
Fe(SCN)2+ lớn hơn 10-5M. Hằng số bền của ion Fe (SCN)2+ Kb1 = 2.102.
a) Trong 500ml dung dịch có chứa 10 -3 mol FeCl3 và 5.10-3 mol KSCN.
Tính nồng độ của ion Fe (SCN) 2+ ở trạng thái cân bằng? Dung dịch có
màu đỏ không?
Fe3+ + SCN- = Fe(SCN)2+
t=0
2.10-3
10-2

0
-3
-2
tcb
2.10 x 10 x
x
Kb1 =

x
(2.103 x )(102 x )

= 2.102 x = 1,27.10-3M > 10-5M dung dch cú mu .

b) Hòa tan tinh thể NaF vào dung dịch trên (thể tích dung dịch
không đổi) sẽ tạo thành ion FeF2+ có hằng số bền Kb2 = 1,6.105. Hỏi phải
thêm ít nhất bao nhiêu gam NaF thì màu đỏ mới biến mất?
Mu ca dung dch bin mt khi [Fe (SCN)2+] 10-5M.
CSCN- = [Fe (SCN)2+] + [SCN-] [SCN-] = CSCN- -[Fe (SCN)2+] =10-2 -10-5 = 10-2M.
Vy [Fe3+] cũn li trong dung dch c tớnh t Kb1 ca phc [Fe (SCN)2+]
Kb1 =

[Fe(SCN) 2 + ]
[Fe3+ ][SCN ]

[Fe3+] =

[ Fe ( SCN ) 2 + ]
K b1 [ SCN ]

10 5
= 5.10-6M.
2
2
2.10 .10

Lỳc ny Fe3+ trong dung dch nm 3 dng [FeF2+], [Fe(SCN)2+] v [Fe3+]:
CFe3+ = [FeF2+] + [Fe(SCN)2+] + [Fe3+]
[FeF2+] = CFe3+ - [Fe(SCN)2+] [Fe3+]
[FeF2+] 2.10-3 10-5 -5.10-6 = 1,985.10-3M.
Tớnh [F-] trong dung dch t Kb2 ca phc [FeF2+].
Kb2 =

[ FeF 2+ ]
[ FeF 2+ ]
1,985.10 3

[F
]
=
=
= 2,481.10-3M
K b 2 [ F ] 1,6.10 5.5.10 6
[ Fe 3+ ][ F ]

Nng F- ban u ti thiu cn cú:
CF- = [FeF2+] + [F-] = 1,985.10-3 + 2,481.10-3 = 4,466.10-3M
Trong 500 ml dung dch cn ly 4,466.10-3/2 = 2,233.10-3 mol NaF.
S gam NaF cn ly 2,233.10-3 x 42 = 0,0938g =93,8 mg NaF.

Cõu V: (2,0 )
a (1,0 )

b (1,0 )

Tng im (2,0 )

Cỏn b 1
ỏp ỏn bi thi Lý Thuyt - Bng A
10


Số phách
Cán bộ 2
a) Viết công thức chiếu Fisơ các đồng phân quang học của hợp chất sec-butyl lactat.
Viết đúng mỗi công thức được 1/4đ
C2H5

C2H5
H3C

H

H

C
H

CH3

H

O

O

OH

HO

O
H

H

H
O

C

CH3

CH3

H3C

CH3
O

C

O

C2H5

C2H5

C

O
HO

OH

O
H

CH3

CH3

b) Từ benzen và các hóa chất vô cơ cần thiết khác, viết sơ đồ điều chế 2,4,5-trinitroanilin.
Nếu ra đúng sản phẩm và có quy trình hợp lý được 1đ.
Nếu đúng sơ đồ sau thì mỗi chất được 1/4đ
NO2
HNO3

NH2
(NH4)2S

NHCOCH3
CH3COCl

NH2
O2N

1) HNO3
2) H3O+

H2SO4

NO2

NO2

NO2

NO2
NO2

Câu VI: (2,0 đ)
Tổng điểm (2,0 đ)
Cán bộ 1
Cán bộ 2
Từ xiclohexanon và etyl acrylat làm thế nào điều chế được đietyl 9-hidroxidecalin-1,3đicacboxylat. Ở đây có sử dụng những loại phản ứng nào?

Đáp án: 2đ (hai chất đầu mỗi chất 1/4đ, hai chất sau mỗi chất 2/4đ, tên phản
ứng mỗi tên 1/4đ)

Đáp án bài thi Lý Thuyết - Bảng A
11


Số phách
O

COOEt

O

EtOOC

COOEt
O

EtO

EtO

CH2=CHCOOEt

CH2=CHCOOEt

EtO

EtOOC

COOEt

EtOOC

COOEt
O

HO

Câu VII: (3,5 đ)
1

2

Tổng điểm
(3,5 đ)

a (2,0 đ) b (1,0 đ) c (0,5 đ) a (2,0 đ) b (1,0 đ) c (0,5 đ)
Cán bộ 1
Cán bộ 2
a) Hợp chất A (C3H6O) không cho phản ứng đặc trưng của anđehit và xeton. Cho A tác dụng
với etyl magie iodua, sau khi trung hòa môi trường phản ứng thì thu được hai chất B và C,
có cùng công thức C5H12O. Viết công thức cấu tạo và gọi tên A, B, C. Trong hai sản phẩm B
và C, chất nào là sản phẩm chính?

Đáp án: 2đ
A là một ete vòng (Xác định 02 công thức của A1 và A2: 2/4đ.).
H3C
O

(A1)

và
O

(A2)
A2 chỉ cho một sản phẩm, vậy A là A1.
Viết được công thức B, C mỗi công thức 1/4đ. Xác định B là chính 1/4đ
CH3 CH-CH2-CH2-CH3
C2H5MgI

H3C

OH

B, chính

O
CH3 CH-CH2-OH
CH2CH3

C, phu.

Gọi tên: 3/4đ: A: 1,2-epoxy propan; B: pentan-2-ol; C: 2-metylbutan-1-ol.
b) Oxi hóa chất chính nhận được ở trên bằng CrO 3 thì được D, cho D phản ứng với brom
trong môi trường kiềm và sau khi trung hòa thì được E. Viết công thức cấu tạo của D và E.
Đáp án bài thi Lý Thuyết - Bảng A
12


Số phách

Đáp án: 1đ (mỗi sản phẩm 2/4đ)
OH

O

[O]

O

1. Br2, NaOH

OH

2. H3O+

c) Viết sơ đồ phản ứng điều chế E từ propilen và các hóa chất vô cơ cần thiết khác.

Đáp án: 2/4đ
O
HBr

Br

peoxit

1. HCN

OH

2. H3O+

Câu VIII: (1,5 đ)
Tổng điểm (1,5 đ)
Cán bộ 1
Cán bộ 2
Ibuprofen là thuốc chống viêm, giảm đau, nó được tổng hợp bằng hai sơ đồ phản ứng sau:
Sơ đồ 1:

(CH3CO)2O

H3O+

ClCH2COOC2H5

AlCl3

C2H5ONa

COCH3

CHO

O
COOC2H5

H2NOH

2H2O

COOH

C N

CH NOH

Sơ đồ 2:

(CH3CO)2O

H2/Ni

CO, Pd

HF

O

OH

COOH

Hãy đánh giá hai quy trình sản xuất trên theo tiêu chí của các nguyên tắc hóa học xanh
do Paul Anastas và Jonh Warner đề xuất.
Đáp án:

Đáp án bài thi Lý Thuyết - Bảng A
13


Số phách

Sơ đồ 1:
- Nguyên liệu ban đầu 1-phenyl-2-metylpropan có thể được tách ra từ dầu mỏ
hoặc điều chế từ benzene là nguồn nguyên liệu có khả năng cạn kiệt. Benzen là
chất gây ung thư.
- Tiết kiệm nguyên tử 40%; thấp số nguyên tử không tham gia vào quá trình
phản ứng lên tới gần 60% đồng đồng nghĩa với sự lãng phí nguyên liệu, lượng
chất thải ra môi trường lớn, ảnh hưởng đến môi trường sống.

0,25

- Quy trình có sử dụng hóa chất độc hại (AlCl3).
- Quy trình tạo nhiều chất thải độc hại: HCl, CH3COOH, Al thải, NH3.

0,25

- Xúc tác không tái sử dụng được (AlCl3, H3O+).
- Quy trình vẫn có nhiều giai đoạn tạo dẫn xuất (5 dẫn xuất), do đó làm giảm
hiệu suất chung của phản ứng. Mặt khác trong số các dẫn xuất, hợp chất xianua
có khả năng gây độc.

0,25

Sơ đồ 2:
- Nguyên liệu ban đầu 1-phenyl-2-metylpropan có thể được tách ra từ dầu mỏ
hoặc điều chế từ benzene là nguồn nguyên liệu có khả năng cạn kiệt. Benzen là
chất gây ung thư.
- Tiết kiệm nguyên tử: 77%; tương đối cao. Chất thải CH 3COOH có thể thu hồi,
do đó tiết kiệm nguyên tử có thể đạt 100%, lượng chất thải hầu như không có.

- Sử dụng tác nhân phản ứng là CO, là khí thải trong các nhà máy nên có thể

làm giảm lượng CO thải ra khí quyển, giúp giảm bớt vấn đề ô nhiễm môi
trường.
- Xúc tác HF có thể thu hồi, các xúc rắn có khả năng tái sử dụng (Ni, Pd).
- Quy trình chỉ còn tạo hai dẫn xuất trung gian, do đó hiệu suất tổng của phản
ứng tăng lên.
- Kết luận: quy trình 2 xanh hơn so với qui trình 1.

0,25

0,25

0,25

--------HẾT---------

Đáp án bài thi Lý Thuyết - Bảng A
14