Tài liệu [hoahoc11]dethidenghi-olympic30thang4-lanthuxii-2006-thptchuyentrandainghia-tphcm

Kỳ thi Olympic 30/4/2006 Trường THPT chuyên TRẦN ĐẠI NGHĨA_Tp HCM Đề và đáp án môn: Hóa Họ và tên GV biên soạn: TRẦN THỊ THÚY BÌNH Số mật mã: Khối 11 Số mật mã: ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN HÓA LỚP 11 Câu I: (4 điểm) I.1. Nguyên tố X (có nhiều dạng thù hình) có một anion chứa oxi đóng vai trò quan trọng trong ô nhiễm nước. Độ âm điện của nó nhỏ hơn của oxi. Nó chỉ tạo hợp chất phân tử với halogen. Ngoài hai oxit đơn phân tử còn có những oxit cao phân tử. X còn có vai trò rất quan trọng trong sinh hóa. Các orbital p của nguyên tử X có 1 electron. I.1.1. Đó là nguyên tố nào? Viết cấu hình của nó. I.1.2. X có thể tạo được với hidro nhiều hợp chất cộng hóa trị có công thức chung XaHb; dãy hợp chất này tương tự dãy đồng đẳng ankan. Viết công thức cấu tạo của bốn chất đồng đẳng đầu tiên. I.1.3. Một trong bốn chất này có 3 đồng phân lập thể (tương tự axit tatric). Xác định công thức của hợp chất này. I.1.4. Nguyên tố X tạo được những axit chứa oxi (oxoaxit) có công thức chung H3XOn với n = 2, 3, 4. Viết công thức cấu tạo của 3 axit này. Đánh dấu các nguyên tử H axit và ghi số oxi hóa của X trong các hợp chất này. I.1.5. Một hợp chất dị vòng của X, với cấu trúc phẳng, do J.Liebig và F. Wohler tổng hợp từ năm 1834, được tạo thành từ phản ứng của NH4Cl với một chất pentacloro của X; sản phẩm phụ của phản ứng này là một khí dễ tan trong nước và phản ứng như là một axit mạnh. I.1.5.1. Viết phương trình của phản ứng nói trên. I.1.5.2. Viết công thức cấu tạo của hợp chất (NXCl2)3. I.1.6. Hợp chất vô cơ vừa nêu ở trên có tính chất khác thường khi bị đun nóng; nó sôi ở 256oC khi bị đun nóng nhanh. Nếu đun nóng chậm nó bắt đầu nóng chảy ở 250oC; làm nguội nhanh chất lỏng này thì được một chất tương tự cao su. Giải thích tính chất đặc biệt này. I.2. Cho các số liệu sau đây đối với phản ứng đehidro của etan: 0 G900K = 22,39 kJ/mol o S 900K (H2) = 163,0 J/K.mol o S 900K (etan) = 319,7 J/K.mol So900K (eten) = 291,7 J/K.mol I.2.1. Hãy cho biết phương trình phản ứng khử hidro. I.2.2. Hãy tính Kp đối với phản ứng loại hidro tại 900K bằng đơn vị hPa (P=1atm) I.2.3. Hãy xác định nhiệt hidro hóa eten tại 627oC. I.2.4. Tại trạng thái cân bằng, trong bình phản ứng có áp suất tổng cộng là 2 atm. Hãy tính Kc và Kx (có đơn vị). I.2.5. Hỗn hợp phản ứng sẽ có thành phần (phần trăm thể tích) như thế nào nếu người ta dẫn etan tại 627oC qua một chất xúc tác khử hidro? Áp suất tổng cộng tại trạng thái cân bằng là 1013 hPa. I.2.6. Hãy tính Kp tại 600K với giả thiết là trong khoảng nhiệt độ 600K đến 900K thì ΔHo và ΔSo không thay đổi. I.2.7. Hãy giải thích ngắn gọn sự khác nhau giữa các giá trị K p tính được ở mục I.2.2 và I.2.6. 1 Phần này là phách sẽ cắt  Đáp án câu I: I.1. I.1.1. Nguyên tố photpho I.1.2. H P H H 0,5đ H H P H P P H H (1) P H (2) P H P H H H P H H (3) H P P H H (4) 0,25đ I.1.3. Hợp chất số 4 3 đp lập thể PH2 H H P H P P H P P H P H P H P PH2 H H PH2 H PH2 PH2 H P H P PH2 0,25đ I.1.4. OH O P +I OH OH +II H O P H O H P +V OH OH OH 0,25đ I.1.5. I.1.5.1. I.1.5.2. 3NH4Cl + 3PCl5  (NPCl2)3 + 12HCl Cl 0,25đ Cl N P P N N Cl Cl P Cl 0,25đ Cl I.1.6. Đun nóng nhanh  chất nóng chảy không bị gãy vòng Đun nóng chậm  vòng bị bẻ gãy  tạo thành các phân tử polime có hệ liên hợp π N N N P P Cl N Cl Cl P Cl Cl Cl 0,25đ 2 Phần này là phách sẽ cắt I.2. I.2.1. C2H6  C2H4 + H2  ΔG K e RT I.2.2. 0,125đ Δn K P K.Po Δn 1 po = 1013 hPa K 5,02.10  2 K P 50,8hPa 0,25đ I.2.3. C2H4 + H2  C2H6 với ΔGo = -22,39 kJ/mol Đối với phản ứng này thì ΔSo = -So (H2) – So (C2H4) + So (C2H6) = -135 J/K.mol Khi đó: ΔHo = ΔGo + TΔSo  ΔHo = -143,9 kJ/mol 0,25đ I.2.4. Tính Kc: Ta biết rằng pV = nRT  p = RT. n n , =C V V (Nếu tính giá trị của p bằng Pascal, của T bằng Kelvin, thì V tính bằng m 3 và nồng độ bằng mol/m3). Như vậy p(H2) = C(H2).RT. Từ đó ta có: KP  C H .C C H .RT K 2 2 4  K C  P 6,79.10 1 mol/m 3 6,79.10 4 mol/l CC H RT 2 6 Tính Kx: Ta biết rằng áp suất riêng phần pi = xi.Phệ xH 2 .xC 2 H 4 .Ptp K  K x  P 2,5.10 2 Như vậy: K P  xC 2 H 6 Ptp 0,5đ I.2.5. Để cho đơn giản, người ta xuất phát từ 1 mol lượng chất ban đầu C2H6 C2H6 ⇌ C2H4 + H2 Ban đầu 1 0 0 Cân bằng 1–x x x 1 x x x P P P Pi tại cân bằng 1  x tp 1  x tp 1  x tp x2 KP  .Ptp  x 0,22 1 x2 Tỉ lệ hidro: 18% Tỉ lệ etilen: 18% Tỉ lệ etan: 64% 0,5đ o ΔH 1 1 I.2.6. lnKP(600K) = lnK P(900K)  (  ) R 600 900 Với ΔHo = + 143,9 kJ/mol, ta có: Kp = 3,4.10-3 hPa. 0,25đ I.2.7. Phản ứng khử Hidro thu nhiệt, vì vậy K P giảm khi hạ thấp nhiệt độ. Hoặc ngược lại: khi nhiệt độ tăng, cân bằng chuyển dịch về phía thu nhiệt. 0,125đ 3 Phần này là phách sẽ cắt Câu II (4 điểm): Axit photphoric rất quan trọng trong sản xuất phân bón. Ngoài ra, axit photphoric và các muối khác nhau của nó có một số ứng dụng trong xử lý kim loại, các công nghệ thực phẩm, chất tẩy giặt và kem đánh răng. II.1. Trị số pK của ba nấc phân li kế tiếp axit photphoric tại 25oC bằng: pK1a = 2,12 pK2a = 7,21 pK3a = 12,32 Viết công thức bazơ liên hợp của ion đihidrophotphat và xác định trị số pK b của nó. II.2. Lượng nhỏ axit photphoric được dùng nhiều để tạo vị chua, chát trong nhiều loại nước giải khát như các loại coca và bia. Một loại nước coca có khối lượng riêng là 1 g/ml chứa 0,05% axit photphoric theo khối lượng. Hãy xác định pH của nước coca này (không xét các nấc phân li thứ hai và thứ ba của axit photphoric). Giả thiết rằng tính axit của nước coca chỉ do axit photphoric. II.3. Axit photphoric dùng là phân bón trong nông nghiệp. Thêm axit photphoric 10 -3M vào huyền phù đất trong nước và thấy pH = 7. Hãy xác định các nồng độ từng phần của tất cả các tiểu phân photphat khác nhau có trong dung dịch. Giả thiết rằng không có thành phần nào của đất tương tác với bất kì tiểu phân photphat nào. II.4. Kẽm là một chất dinh dưỡng vi lượng thiết yếu cho cây tăng trưởng. Cây chỉ có thể hấp thụ kẽm dưới dạng tan trong nước. Trong một loại nước ở đất có pH = 7, người ta thấy kẽm photphat là nguồn cung cấp kẽm và photphat duy nhất. Hãy tính nồng độ các ion Zn2+ và PO43- trong dung dịch. Tích số tan của kẽm photphat bằng 9,1.10-33. II.5. Cần 2 lít dung dịch CuSO4 0,01M có pH = 2 để mạ điện. II.5.1. Tại sao cần pH thấp như vậy? II.5.2. Trong phòng thí nghiệm có muối CuSO4.5H2O, nước nguyên chất, H2SO4 98% (d = 1,84 g/ml). Trình bày cách chuẩn bị dung dịch trên (bỏ qua chất phụ). II.5.3. Có vật cần mạ, bản đồng, dung dịch vừa được chuẩn bị trên và nguồn điện thích hợp.Hãy trình bày sơ đồ của hệ thống để thực hiện sự mạ điện này (có vẽ hình). Viết phương trình phản ứng xảy ra trên điện cực. II.5.4. Tính thời gian thực hiện sự mạ điện nếu biết I = 0,5A; lớp mạ điện có diện tích 10 cm2, bề dày 0,17mm; khối lượng riêng của đồng là 8,89 g/cm3; hiệu suất của quá trình điện phân đạt 80%.  Đáp án câu II: II.1. Bazơ liên hợp của ion đihidrophotphat (H2PO4-) là ion hidrophotphat (HPO42-). Ta có:   K H 2PO 4  H 2O  HPO 2 4  H3O 2a 2    HPO 4  H 2O  H 2PO 4  OH K 2b   2H 2O  H3O  OH Kw pK2a + pK2b = pKw =14  pK2b = 14 – 7,21 = 6,79 4 Phần này là phách sẽ cắt 0,5 0,0051M 0,25đ 98 Bỏ qua nấc phân li thứ hai và thứ ba của axit photphoric, trong dung dịch chỉ còn một cân bằng duy nhất như sau: H3PO4 + H2O ⇌ H2PO4 + H3O+ K1a = 10-2,12 [] 0,0051-x x x   H PO H O x2  Ta có: 10  2,12 7,59.10  3  2 4 3 H 3 PO 4 0,0051  x  x = [H3O+] = 3,49.10-3  pH = 2,46 0,25đ II.3. Các cân bằng được thiết lập trong dung dịch H3PO4: H3PO4 + H2O ⇌ H2PO4- + H3O+ K1 = 10-2,12 H2PO4- + H2O ⇌ HPO4- + H3O+ K2 = 10-7,21 HPO4- + H2O ⇌ PO43- + H3O+ K3 = 10-12,32 Gọi C là nồng độ ban đầu của H3PO4, fo, f1, f2, f3 lần lượt là tỉ số giữa nồng độ cân bằng của các cấu tử H3PO4, H2PO4-, HPO42-, PO43- so với nồng độ ban đầu của H3PO4. Theo định luật bảo toàn nồng độ đầu, ta luôn có: fo + f 1 + f 2 + f 3 = 1 Áp dụng định luật tác dụng khối lượng, ta có: II.2. Nồng độ ban đầu của H3PO4 =  K1a      H 2 PO4  H 3O   f1    H O   H 3 PO4  3 f0  HPO42   H 3O   f 2 K 2a    H 3O    f1  H 2 PO4   PO43  H 3O    f3  H O   K 3a  f2 3  HPO42  Từ các biểu thức trên, ta có được: f0  H 3O  3 ; 2 K1a H 3O  f1  ; D K .K .K f 3  1a 2a 3a D  D K .K H O  f 2  1a 2a 3 ; D Với       D K1a .K 2a .K 3a  K1a .K 2a . H 3O   K1a H 3O   2   H 3O   3 Thay các giá trị pK1a, pK2a, pK3a và pH vào các biểu thức ở trên, ta có: f0 = 8,1.10-6  [H3PO4] = 8,1.10-9 M f1 = 0,618  [H2PO4-] = 0,618.10-4M f2 = 0,382  [HPO42-] = 0,382. 10-4 M f3 = 1,83.10-6  [PO43-] = 1,83.10-9 M 1,5đ 2+ II.4. Gọi S (mol/l) là độ tan của Zn3(PO4)2 trong đất: Zn3(PO4)2 ⇌ 3Zn + 2PO435 Phần này là phách sẽ cắt Tổng nồng độ cân bằng của các tiểu phân photphat trong dung dịch: 2S (mol/l)  [PO43-] = f3 x 2S Với f3 được tính như câu I.3, ta có f3 = 1,83.10-6 và pH = 7 Ta có: T = [Zn2+]3. [PO43-]2 = (3S)3.(f3.2S)2 = 9,1.10-33  S = 3.10-5 M Độ tan của Zn3(PO4)2 là 3.10-5 M và [Zn2+] = 9.10-5 M 0,5đ II.5. II.5.1. pH = 2  [H+] = 0,01 M. Dung dịch cần có pH nhỏ để tránh sự thủy phân muối (hidroxo hóa Cu2+) CuSO4 + 2H2O ⇌ Cu(OH)2 + H2SO4 0,25đ II.5.2. Lượng CuSO4.5H2O cần để pha dung dịch đó là 0,02 mol; ứng với 5g Lượng H2SO4 cần để đảm bảo 2 lít CuSO4 có pH = 2 là 0,55 ml 98% (d = 1,84) Cách pha: Lấy bình có vạch chuẩn 2 lít, cho vào đó 1 lít nước cất Thêm từ từ vào bình 0,55 ml dung dịch H2SO4 98% và lắc đều Thêm tiếp 5g CuSO4.5H2O và lắc cho tan hết Cho thêm nước cất cho đến vạch 2 lít và lắc đều 0,5đ II.5.3. Cách lắp thiết bị: N A: anot (bản Cu) C: catot (vật mạ) N: nguồn điện dd: dung dịch CuSO4 vừa pha chế Dưới tác dụng của dòng điện, tại các điện cực xảy ra các phản ứng: Tại anot: có sự hòa tan đồng – Cu – 2e  Cu2+ Tại catot: có sự kết tủa – Cu2+ + 2e  Cu II.5.4. Thể tích lớp mạ: V = 10 . 0,017 = 0,17 (cm3) Khối lượng đồng cần: m = 8,89 . 0,17 = 1,5113 (g) Thời gian mạ lý thuyết: t  0,5đ 96500.m.n 9115,028( s ) A.I Thời gian mạ thực tế: t = 11393,785 (s) hay 3 giờ 9 phút 53,785 giây 0,25đ Câu III: (4 điểm) III.1. Các hợp chất chứa N được ứng dụng rộng rãi trong công nghiệp, ví dụ như các loại phân bón hóa học, thuốc nổ. Tinh thể không màu của hợp chất A (chứa 6,67%H, theo khối lượng) khi đun nóng không có không khí thì nổ chỉ cho ra chất B và C; cả hai ở dạng khí trong điều kiện thường và được dùng làm nguyên liệu quan trọng nhất trong sản xuất các loại phân bón có chứa N. Vài tinh thể A được đem hòa tan trong HCl đặc. Ngâm kim loại D trong dung dịch này để khử các vết oxi trong các khí khác nhau; kim loại D dễ dàng hòa tan và cho thoát ra khí B. Đổ 6 Phần này là phách sẽ cắt hỗn hợp phản ứng vừa được chuẩn bị vào rượu etylic khan nóng với lượng dư thì sẽ tạo nên sự kết tủa chậm các tinh thể đỏ hình kim E (chứa 47,33% Cl theo khối lượng). Để các tinh thể này ngoài không khí sẽ chuyển thành bột màu xanh có dạng tinh thể F (chứa 37,28% chất D và 41,60% Cl theo khối lượng). III.1.1. Hãy tìm các hợp chất từ A  F và viết các phương trình phản ứng nêu trên. Biết rằng A có 8 nguyên tử trong phân tử. III.1.2. Đề xuất phương pháp điều chế A đi từ các dung dịch NH3 và HNO3. III.2. Cho từ từ khí CO qua ống chứa 6,4g CuO đun nóng. Khí ra khỏi ống được hấp thụ hoàn toàn bằng 150 ml dung dịch nước vôi trong nồng độ 0,1M thấy tách ra 1g kết tủa trắng, đun sôi phần nước lọc lại thấy có vẩn đục. Chất rắn còn lại trong ống được cho vào 500 ml dung dịch HNO3 0,32M thấy thoát ra V1 lít khí NO. Nếu thêm 760 ml dung dịch HCl 1,333M vào dung dịch sau phản ứng thì lại thoát ra thêm V2 lít khí NO nữa. Nếu tiếp tục thêm 24g Mg thì thấy thoát ra V3 lít hỗn hợp khí N2 và H2, lọc dung dịch cuối cùng thu được chất rắn X. III.2.1. Viết các phương trình phản ứng và tính V1, V2, V3 (đkc). III.2.2. Tính thành phần X (giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn).  Đáp án câu III: III.1. III.1.1. Kim loại D dùng để khử các vết oxi, cho muối màu xanh phải là Cu. 0,25đ Thành phần F có thể xác định từ các số liệu phân tích: 37,28 41,60 n Cu : n Cl  : 1 : 2 , có nghĩa là: 63,54 35,45 F là CuCl2.nH2O (do %mCu + %mCl < 100%  trong F phải có nước). 63,54 - - Khối lượng mol của F: 0,3728 170,4 M CuCl  36  công thức của F 2 là CuCl2.2H2O. 0,25đ Hợp chất E có nhiều Cl hơn F; điều này cho phép giải thiết rằng nó tạo nên tinh thể hidrat của axit phức. Các anion sau đây có thể giả định để cho ăn khớp với giả thiết trên. Một nguyên tử Cl thêm cho 1 đơn vị công thức, nó cho công thức khối 35,45.3 lượng sau: M  0,4733 224,7 M HCuCl  54  E là HCuCl3.3H2O 3 - - Hai nguyên tử Cl thêm cho 1 đơn vị công thức. Trong trường hợp này, này tính cho thành phần sau H2CuCl4.5H2O; hợp chất này rất không bền. 0,5đ Tính thành phần cho A: Nó là muối mà không chứa oxi và cả B và C đều là khí ở điều kiện thường. Trong lúc đó cation rõ ràng là có chứa N. Mặc khác, A chỉ có 8 ng.tử trong phân tửCation là NH4+và anion là N3. (Tính khối lượng mol cho muối ammoni - 4 60, 0,0667 tương ứng với công thức NH4N3) Các phương trình phản ứng: + Phân ly của hợp chất A: NH4N3  2N2 + 2H2 60  4 56 , 0,25đ 7 Phần này là phách sẽ cắt + Phân hủy của D: Cu + NH4N3 +5HCl  HCuCl3.3H2O + N2 + 2NH4Cl N3- + 4H+ + 2e  NH4+ + N2 Cu – 2e  Cu2+ + HCuCl3.3H2O (ngoài không khí)  CuCl2.2H2O + HCl + H2O + CuCl2.2H2O (trong chân không)  CuCl2 + 2H2O 0,25đ III.1.2. Điều chế NH4N3 từ NH3 và HNO3 NH3 + HNO3  NH4NO3 NH4NO3  N2O + 2H2O 2Na + 2NH3  2NaNH2 + H2 NaNH2 + N2O  NaN3 + H2O 2NaN3 + H2SO4  Na2SO4 + 2HN3 HN3 + NH3  NH4N3 0,25đ III.2. III.2.1. Các phương trình phản ứng: CO + CuO  Cu + CO2 CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O 2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2 Ca(HCO3)2  CaCO3 + CO2 + H2O CuO + 2H+  Cu2+ + H2O 3Cu + 8H+ + 2NO3-  3Cu2+ + 2NO + 4H2O 0,5đ Số mol CO2 = 0,02 mol Số mol Cu = 0,02 mol Số mol CuO = 0,06 mol Số mol HNO3 = 0,16 mol 0,25đ Theo phương trình: V1 = 0,01.22,4 = 0,224 lít Khi thêm V2 = 1 V1 = 0,07467 lít 0,25đ 3 3,04 mol HCl, phản ứng lại tiếp tục xảy ra 3 5Mg + 12H+ + 2NO3-  5Mg2+ + N2 + 6H2O Mg + Cu2+  Mg2+ + Cu Mg + 2H+  Mg2+ + H2 1 0,04  0,22  Số mol N2 =  0,16  (mol) 2 3  3 1  3,04 0,04 2,64     0,06 (mol) Số mol H2 =  2 3 3 3   0,22   0,06  2,9867 (lít) Nên V3 = VN2 + VH2 = 22,4  3   III.2.2. Suy ra Cu = 0,08.64 = 5,12g chiếm 30,19%  1,1   0,06  0,08  24 11,84 chiếm 69,81% Và Mg = 1  3   Câu IV: (4 điểm) Thêm 1 mol Mg: 0,5đ 0,25đ Một hidrocacbon A đối xứng là chất khí ở điều kiện thường thu được từ cracking dầu mỏ chứa 85,7% cacbon về khối lượng (có thể bỏ qua đồng phân hình học của A). Nếu thêm HBr vào A thu được hợp chất B. Biết B phản ứng với KCN tạo thành C và 8 Phần này là phách sẽ cắt phản ứng với KOH tạo thành D. Thủy phân C tạo thành E và oxi hóa D bởi H 2O2 tạo thành H. Cho D phản ứng với H 2SO4 đặc ở những điều kiện khác nhau tạo thành 4 sản phẩm khác nhau: một chất có trong số các chất ở trên và 3 chất còn lại là F, G, I. Biết H là một dung môi cho sơn và được dùng để loại parafin của dầu bôi trơn. H phản ứng với phenylhirazin tạo thành K. IV.1. Xác định công thức cấu tạo của tất cả các chất. Viết phương trình phản ứng. IV.2. Viết các đồng phân quang học của C, xác định R, S.  Đáp án câu IV: IV.1. Xác định công thức cấu tạo các chất: (A) (1) OSO3H Br (F) (B) (2) CN OH (C) O (6) (3) O (7) O (D) (4) (G) (8) (5) COOH (E) S O O (H) O (9) (I) (10) (A) (K) N NH 1đ Các phương trình phản ứng đã xảy ra: (1) + HBr Br (2) Br CN + KCN + KBr 9 Phần này là phách sẽ cắt Br OH + KBr + KOH (3) COOH CN + 2H2O + H+ (4) + NH4+ OH O + H2O2 (5) + 2H2O OH OSO3H + H2SO4 (6) o H2SO4, t + H2O O OH (7) 2,5đ 2 + H2SO4 O H2SO4, to S O + 2H2O O OH (8) 2 H2SO4, to + H2O O OH H2SO4, to (9) + H2O O N + (10) H2N NH + H2O IV.2. Các đồng phân quang học của C: CH3 H CH3 (R) (S) NC NH C2H5 C2H 5 CN H 0,5đ Câu V: (4điểm) V.1. V.1.1. Cho biết những hợp chất còn thiếu trong sơ đồ sau: 10 Phần này là phách sẽ cắt OH H3C H3C C CH2 /H2SO4 A H2, Ni, p H3C B C OH 0 1. CH3MgBr 2. H2O CrO3 + t ,H -H2O D 1. O3 2. H2O/Zn E V.1.2. Cho biết cơ chế phản ứng từ phenol  A. V.2. Từ một loại tinh dầu, người ta tách được chất A chứa 76,92% C; 12,82% H và 10,26% O về khối lượng và MA = 156 g/mol. Biết A được điều chế bằng cách hidro hóa xúc tác B – 2-isopropyl-5-metylphenol. V.2.1. Xác định công thức cấu tạo của A. V.2.2. Viết công thức các đồng phân cis-trans của A. V.2.3. Đun nóng A với H2SO4 đặc thu được 2 chất có cùng công thức phân tử là C10H18. Viết công thức cấu tạo của 2 chất đó và viết cơ chế phản ứng. V.2.4. So sánh tính axit của A và B.  Đáp án câu V: V.1. Các đồng phân quang học của C: HO H3C H3C OH C OH CH2 O H2, Ni, p CrO3 H+ (A) H3C (C) CH3 OH 1. CH3MgBr 2. H2O (B) O 1. O3 2. H2O/Zn t, H+ O -H2O (D) (E) 1,25đ Cơ chế tạo A từ phenol: 11 Phần này là phách sẽ cắt Taïo taùc nhaân: + H+ Giai ñoaïn 1: H + OH Giai ñoaïn 2: H OH OH + H+ OH 0,25đ V.2. Gọi công thức phân tử của A là CXHyOz. Ta có: 12x M A 156.76,92   x 10 %C 100 12.100 M y 156.12,82  A  y 20 %H 100 100 16z M A 156.10,26   z 1 %O 100 16.100  Công thức phân tử của A: C10H20O 0,25 đ Theo đề bài, hidro hóa B được A  Công thức cấu tạo của A và B lần lượt là: OH OH Ni, to +3H2 (B) (A) 0,25đ V.2.1. A có 4 đồng phân hình học HO OH OH OH 0,5đ V.2.2. Đun nóng A với H2SO4 đậm đặc  2 chất có cùng công thức phân tử C10H18. Hai sản phẩm này được tạo ra theo cơ chế E1. 12 Phần này là phách sẽ cắt OH 0,5đ Cơ chế E1: H2O OH + H+ OH2 -H2O 0,25đ V.2.3. Tính axit của A yếu hơn của B do nhóm –OH của B gắn vào nhân benzene làm cho liên kết O – H phân cực mạnh  tính axit tăng 0,25đ - HẾT  13