Đề thi HSG môn Hóa 12 năm 2019 - Tỉnh Đắc Lăk

Câu hỏi Tự luận (17 câu):

• Câu 1:

  Mã câu hỏi: 159781

  Cho 3 nguyên tố X, Y, Z (Z_X < Z_Y < Z_Z). X, Y cùng một nhóm A ở 2 chu kì liên tiếp trong bảng tuần hoàn; Y, Z là hai nguyên tố kế cận nhau trong một chu kì; Tổng số proton trong hạt nhân X, Y là 24. Xác định bộ bốn số lưỡng tử của electron sau cùng trong các nguyên tử X, Y, Z.

  Xem đáp án

  Z_X + Z_Y = 24 (1)  ⇒  \(\overline Z  = \frac{{24}}{2} = 12 \Rightarrow \) Z_X<  < Z_Y.  A, B thuộc cùng một phân nhóm chính ở 2 chu kì liên tiếp → X, Y thuộc cùng chu kì 2, 3. Dó đó: Z_Y – Z _X = 8 (2)

  Từ (1) và (2)   \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
  {Z_X} = 8\\
  {Z_Y} = 16
  \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
  X:O\\
  Y:S
  \end{array} \right.\)

  Y, Z là 2 nguyên tố kế cận nhau trong 1 chu kì: Z_Z  = 17 à Z là Cl

  Cấu hình (e): O : 1s²2s²2p⁴.

  S: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁴

  Cl:  1s²2s²2p⁶3s²3p⁵.

  Bộ 4 số lượng tử của (e) sau cùng của:

  O: n = 2; l = 1; m = -1; s =  -1/2         

  S: n = 3; l = 1; m = -1; s = -1/2

  Cl: n = 3; l = 1; m = 0; s = -1/2

• Câu 2:

  Mã câu hỏi: 159782

  Cho độ đặc khít của mạng tinh thể lập phương tâm khối là ρ = 68 %. Từ đó hãy tính khối lượng riêng của nguyên tử Natri theo g/cm³, biết Natri kết tinh có dạng tinh thể lập phương tâm khối và bán kính hiệu dụng của nguyên tử Natri  bằng 0,189 nm

  Xem đáp án

  Thể tích của một nguyên tử natri trong tinh thể:

  \(\frac{4}{3}.3,14.{(0,{189.10^{ - 7}}cm)^3} = 2,{83.10^{ - 23}}c{m^3}\)

   Khối lượng riêng của natri:

  \(\frac{{23.68}}{{6,{{022.10}^3}.2,{{83.10}^{ - 23}}.100}} \approx 0,92g/c{m^3}\)

• Câu 3:

  Mã câu hỏi: 159783

  Thêm 100 ml HCl vào hỗn hợp KIO₃ và KI dư chuẩn độ iôt giải phóng ra thì hết 10,5 ml Na₂S₂O₃ 0,01054M. Viết phương trình hóa học ở dạng ion rút gọn và cân bằng phản ứng theo phương pháp cân bằng ion electron. Tính nồng độ dung dịch HCl ?

  Xem đáp án

  Phản ứng xảy ra khi cho HCl vào

  2IO₃^-  + 12H⁺ + 10e  →     I₂ + 6H₂O

         2I^-               →        I₂ + 2e

  2IO₃^- + 10I^-  + 12H⁺    →     6I₂ + 6H₂O

                6I₂ + 6I^-     →    6I₃^-

   IO₃^- +8I^-  + 6H⁺       →     3I₃^- + 3H₂O

    I₃^- +      2S₂O₃^2-        →         S₄O₆^2- + 3I^-

  \(\begin{array}{l}
  {n_{I_3^ - }} = \frac{1}{2}{n_{{S_2}O_3^{2 - }}} = \frac{1}{2}{n_{{H^ + }}} \to {n_{{H^ + }}} = 0,01054.10,{5.10^{ - 3}}\\
  [HCl] = \frac{{0,{{1107.10}^{ - 3}}.1000}}{{100}} = 1,{107.10^{ - 3}}M
  \end{array}\)

   

• Câu 4:

  Mã câu hỏi: 159784

  Trộn x mol tinh thể CaCl₂.6H₂O  vào A lít dung dịch CaCl₂ có nồng độ B mol/l và khối lượng riêng là D₁ g/l ta thu được V lít dung dịch CaCl₂ có nồng độ mol/l là C và có khối lượng riêng là D₂ (g/l). Hãy tính giá trị của x theo A, B, C, D₁, D₂.

  Xem đáp án

  \(\begin{array}{l}
  \left. \begin{array}{l}
  {\rm{219x }} + {\rm{ A}}{{\rm{D}}_{\rm{1}}} = {\rm{ V}}{{\rm{D}}_{\rm{2}}}\\
  x + AB = VC
  \end{array} \right\} \Rightarrow x{D_2} + AB{D_2} = 219xC + A{D_1}C\\
   \Rightarrow x = \frac{{AB{D_2} - AC{D_1}}}{{219C - {D_2}}}
  \end{array}\)

• Câu 5:

  Mã câu hỏi: 159785

  Hằng số cân bằng của phản ứng điều chế NH₃: N₂ + 3H₂ ⇔ 2NH₃ ở 500^oC bằng 1,5.10^-5 atm. Tính xem có bao nhiêu phần trăm hỗn hợp ban đầu (N₂ + 3H₂) đã chuyển thành NH₃, nếu phản ứng được thực hiện ở 500 atm, 1000 atm. Cho nhận xét về kết quả

  Xem đáp án

  \(\begin{array}{l}
  \left\{ \begin{array}{l}
  \frac{{P_{N{H_3}}^2}}{{{P_{{N_2}}}.P_{{H_2}}^3}} = 1,{5.10^{ - 5}}(1)\\
  P_{{H_2}}^{} = 3{P_{{N_2}}}(2)\\
  {P_{{N_2}}} + P_{{H_2}}^{} + P_{N{H_3}}^{} = P(3)
  \end{array} \right. \Rightarrow (2) + (3):{P_{{N_2}}} = \frac{1}{4}(P - P_{N{H_3}}^{})(4)\\
   \Rightarrow P_{{H_2}}^{} = \frac{3}{4}(P - P_{N{H_3}}^{})(5)
  \end{array}\)

  Thay (4) và (5) vào (1) ta được :

  \(\begin{array}{l}
   \Rightarrow \frac{{{P_{N{H_3}}}}}{{{{(P - {P_{N{H_3}}})}^2}}} = 1,{26.10^{ - 3}}\\
   \Rightarrow 1,{26.10^{ - 3}}P_{N{H_3}}^2 - (2,{52.10^{ - 3}}P + 1).{P_{N{H_3}}} + 1,{26.10^{ - 3}}{P^2} = 0
  \end{array}\)             

  + Khi p = 500atm:

  \(\begin{array}{l}
  {\rm{1}},{\rm{26}}.{\rm{1}}{0^{ - {\rm{3}}}}.P_{N{H_3}}^2 - 2,26P_{N{H_3}}^{} + 315 = 0\\
   \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
  P_{N{H_3}}^{} = 1641,33atm\\
  P_{N{H_3}}^{} = 152,3atm
  \end{array} \right.
  \end{array}\)

  (loại vì P_NH3 > P) 

  + Khi p = 1000 atm: 

  \(\begin{array}{l}
  {\rm{1}},{\rm{26}}.{\rm{1}}{0^{ - {\rm{3}}}}.P_{N{H_3}}^2 - 3,52P_{N{H_3}}^{} + {\rm{1}},{\rm{26}}.{\rm{1}}{0^{\rm{3}}} = 0\\
   \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
  P_{N{H_3}}^{} = 2372,08atm\\
  P_{N{H_3}}^{} = 421,6atm
  \end{array} \right.
  \end{array}\)

   (loại vì P_NH3 > P) 

  Gọi x và x’ là phần trăm hỗn hợp ban đầu đã chuyển hóa thành NH₃ ở p = 500 atm và p = 1000 atm ta có:

                          NH₃ + 3H₂  ⇔      2NH₃.

  Ban đầu           1         3                  0

  Phản ứng         x        3x                2x

  Cân bằng       1– x    3 – 3x           2x

  Tổng số mol sau phản ứng: 1– x  +  3 – 3x  +  2x = 4 – 2x

  Ở 500atm thì :  \(\frac{{2x}}{{4 - 2x}} = \frac{{152,3}}{{500}}\) → x = 46,62%

  Ở 1000atm thì : \(\frac{{2x'}}{{4 - 2x'}} = \frac{{421,6}}{{1000}}\) → x’ = 59,55%

  Như vậy áp suất tăng đã làm cho cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận, làm hiệu suất phản ứng tăng.

• Câu 6:

  Mã câu hỏi: 159786

  Cho độ biến thiên nồng độ chất phản ứng theo thời gian được biểu diễn theo bảng như sau:

  t (s)	0	20	40	60
  [A] mol/l	0,4	0,2	0,1	0,05

   Tính tốc độ tức thời của phản ứng tại giây thứ 20. 

  Xem đáp án

  Với phản ứng bậc 1:

  C₁ = C₀.e^-kt1   C₂ = C₀ .e-^kt2 k là hằng số tốc độ phản ứng

  lnC₁ – lnC₂ = k(t₂ – t₁)  \( \to k = \frac{{\ln {C_1} - \ln {C_2}}}{{{t_2} - {t_1}}}\)

  Nếu giá trị k_i thu được trong thí nghiệm có giá trị xấp xỉ nhau cho các cặp (C_i; t_i) thì  có thể kết luận là phản ứng bậc 1

  Ta có:  \(\frac{{\ln 0,4 - \ln 0,2}}{{20 - 0}} = \frac{{\ln 0,2 - \ln 0,1}}{{40 - 20}} = \frac{{\ln 0,1 - \ln 0,05}}{{60 - 40}} = 0,035 \Rightarrow \)  phản ứng trên là phản ứng bậc 1

  Tốc độ phản ứng tức thời tại giây thứ 20: V = k.C₂₀ = 0,035.0,2 = 0,007 mol. lít ^-1.s^-1.

• Câu 7:

  Mã câu hỏi: 159787

  Tính nhiệt sinh chuẩn ( H⁰_298.s) của CH₄ (K). Biết rằng năng lượng liên kết H – H trong H₂ là 436 kJ.mol^-1; năng lượng liên kết trung bình C – H trong CH₄ là 410 kJ.mol^-1 và nhiệt nguyên tử hóa H⁰_a của C_gr (K) là: H⁰_a= 718,4 kJ.mol^-1. Các giá trị đều xác định ở điều kiện chuẩn.

  Xem đáp án

  

  Theo định luật Hess:

  ∆H (CH₄)  = ∆H   +  2E_{H – H}   – 4E_{C – H}  = 718,4 + 2. 436  - 4. 410 = - 49,6 kJ.mol^-1

• Câu 8:

  Mã câu hỏi: 159788

  Sự phân hủy N₂O₅ theo phản ứng: N₂O₅ →N₂O₄ + ½ O₂ có bậc động học bằng 1. Ở 25⁰C, hằng số tốc độ bằng 10^-3 phút ^-1. Ở nhiệt độ này người ta cho vào bình phản ứng khí N₂O₅ dưới áp suất = 25.10³ Pa. Hỏi sau 2 giờ áp suất riêng của N₂O₄ và của O₂ là bao nhiêu?

  Xem đáp án

  Phương trình động học của phản ứng bậc nhất có dạng:

   lnC_o/C = kt   (với C_o là nồng độ ban đầu và C là nồng độ ở từng thời điểm của chất phản ứng). Vì P_i = C_iRT( ở T = const thì = C_o/C = P_o/P) nên ta cũng có : ln \(\frac{{{P_o}}}{{{P_{{N_2}{O_5}}}}}\) = kt  

  Với t = 120 phút; k = 10^-3 ph^-1 và P_o = 25.10³ Pa ta tính được P = 22,17.10³ Pa

  Mặt khác: P^o_N2O5  - P_N2O5 = P_N2O4  = 2P_O2

  P_N2O4 = 25.10³  - 22,17.10³ = 2,83.10³ Pa

  P_O2 = 1,415.10³ Pa

• Câu 9:

  Mã câu hỏi: 159789

  Khi thêm NaOH vào dung dịch CuSO₄ thì tạo ra kết tủa Cu_x(OH)_y(SO₄)_z. Để làm kết tủa hoàn toàn ion Cu²⁺ chứa trong 25 ml CuSO₄ 0,1M cần 18,75 ml NaOH 0,2M.

  - Xác định tỉ số mol Cu²⁺/OH^- trong kết tủa

  -  Tính thành phần phần trăm các nguyên tố trong Cu_x(OH)_y(SO₄)_z

  - Viết phương trình hóa học xảy ra.

  Xem đáp án

  nCu²⁺ = nCuSO₄ = 0,0025 mol

  nOH^- = nNaOH = 0,00375 mol

  \(\frac{{nC{u^{2 + }}}}{{nO{H^ - }}} = \frac{1}{{1,5}} = \frac{2}{3}\)

  \(nN{a_2}S{O_4} = \frac{1}{2}nNaOH = 0,001875mol\)

  \( \Rightarrow nSO_4^{2 - } = 0,0025 - 0,001875 = 0,000625\) (trong kết tủa)

  nCu²⁺ : nOH^- :  nSO₄^2- = 0,0025 : 0,00375 : 0,000625 = 4: 6: 1                                                      

  → Công thức phân tử của kết tủa là: Cu₄(OH)₆SO₄

  \(\% Cu = \frac{{256}}{{454}}.100 = 53,388\% \)

  \(\% O = \frac{{160}}{{454}}.100 = 35,242\% \)

  \(\% S = \frac{{32}}{{454}}.100 = 7,048\% \)

  %H = 1,322%

  Phương trình: 4CuSO₄ + 6NaOH  → Cu₄(OH)₆SO₄ + 3Na₂SO₄.

• Câu 10:

  Mã câu hỏi: 159790

  Một pin được cấu tạo bởi 2 điện cực, điện cực thứ nhất gồm một thanh đồng nhúng trong dung dịch Cu²⁺ có nồng độ 10^-2M; điện cực thứ hai gồm 1 thanh Cu nhúng trong dung dịch phức [Cu(NH₃)₄]²⁺ 10^-2M. Suất điện động của pin ở 25⁰C là 38 mV. Tính nồng độ mol/l của ion Cu²⁺ trong dung dịch ở điện cực âm và tính hằng số bền của phức chất [Cu(NH₃)₄]²⁺. Biết K = 10^-9,2.

  Xem đáp án

  (-)Cu/[Cu(NH₃)₄]^2-(10^-2M)//Cu²⁺(10^-2M)/Cu(+)

  Đây là pin nồng độ, điện cực chứa ion phức là điện cực âm, điện cực chứa muối đồng là cực dương

  E = 0,038 =  \(\frac{{0,059}}{2}\lg \frac{{{{10}^{ - 2}}}}{{[C{u^{2 + }}]}}\)

  lg[Cu²⁺] = -3,288 nên [Cu²⁺] = 5,15.10^-4M

  Vì: [Cu(NH₃)₄]²⁺   ⇔  Cu²⁺ + 4NH₃   K_b =   \(\frac{{{{[Cu{{(N{H_3})}_4}]}^{2 + }}}}{{[C{u^{2 + }}]{{[N{H_3}]}^4}}}\)

  Nên [NH₃] = 4[Cu²⁺] = 4.(5,15.10^-4 ) = 2,06.10^-3M

  và  [Cu(NH₃)₄]²⁺ = 10^-2 – 5,15.10^-4 = 9,485.10^-3M

  Thay vào công thức ta được K_b = 1,02.10¹².

  Ta biết: [Cu(NH₃)₄]²⁺   ⇔  Cu²⁺ + 4NH₃   K_b = \(\frac{{{{[Cu{{(N{H_3})}_4}]}^{2 + }}}}{{[C{u^{2 + }}]{{[N{H_3}]}^4}}} = 1,{02.10^{12}}\)

                  4NH₃ + 4H⁺   ⇔   4 NH₄⁺         K_a  =  \(\frac{{{{[{H^ + }]}^4}{{[N{H_3}]}^4}}}{{{{[NH_4^ + ]}^4}}} = {10^{ - 9,2}}\)

  Vậy  [Cu(NH₃)₄]²⁺  +  4H⁺   ⇔ Cu²⁺ + 4 NH₄⁺      K_cb = \(\frac{{[C{u^{2 + }}]{{[NH_4^ + ]}^4}}}{{{{[Cu{{(N{H_3})}_4}]}^{2 + }}{{[{H^ + }]}^4}}} = \frac{1}{{K_a^4.{K_b}}}\)

  suy ra: K_cb =  \(\frac{1}{{K_a^4{K_b}}} = \frac{1}{{{{({{10}^{ - 9,2}})}^4}.1,{{02.10}^{12}}}} = 6,{21.10^{24}} = {10^{24,8}}\)

• Câu 11:

  Mã câu hỏi: 159791

  A là mẫu hợp kim Cu – Zn. Chia mẫu hợp kim đó thành 2 phần bằng nhau:

  - Phần 1 hòa tan bằng dung dịch HCl dư thấy còn lại 1 gam không tan.

  - Phần 2 luyện thêm 4 gam Al vào thì thấy thu được mẫu hợp kim B trong đó hàm lượng phần trăm của Zn nhỏ hơn 33,33 % so với hàm lượng Zn trong mẫu hợp kim A.

  a) Tính hàm lượng % của Cu trong mẫu hợp kim A, biết rằng khi ngâm mẫu hợp kim B vào dung dịch NaOH thì sau một thời gian khí bay ra đã vượt quá 6,0 lít (đktc).

  b) Từ hợp kim B muốn có hợp kim C chứa 20% Cu; 50% Zn và 30% Al thì phải luyện thêm các  kim loại với lượng như thế nào?

  Xem đáp án

  a, Ở phần thứ nhất: Hòa tan trong dung dịch HCl dư, chỉ Zn tan vậy 1 gam kim loại không tan chính là Cu. Nếu gọi x là khối lượng Zn trong mỗi phần thì: khối lượng phần thứ nhất bằng khối lượng phần thứ 2 và bằng (1 + x)gam

  Ở phần thứ hai: sau khi luyện thêm 4 gam Al ta có:

  %m_Zn (trong A) - %m _Zn (trong B) = 33,3% = 1/3

  Hay: \(\frac{x}{{x + 1}} - \frac{x}{{x + 1 + 4}} = \frac{1}{3} \Rightarrow {x^2} - 6x + 5 = 0\)  (I) .   Giải ra: x₁ = 1; x₂ = 5.

  Khi hòa tan B trong dung dịch NaOH có các phản ứng:

  Zn + 2NaOH →Na₂ZnO₂ + H₂↑                    (1)

  2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂↑              (2)

  Ở thời điểm có 6 lit khí bay ra, ta không xác định được  lượng Al và Zn phản ứng (bị hòa tan) là bao nhiêu ( do không biết tốc độ hòa tan của mỗi kim loại)

  Vậy nếu gọi m_Al phản ứng là m(g) (đk: 0 ≤  m ≤ 4)

  và gọi m_Zn phản ứng là n(g) ( đk: 0 ≤ n≤ 5), theo (1), (2) ta có:

  \[({n_{{H_2}}} = \left( {\frac{n}{{65}}} \right) + \frac{3}{2}\left( {\frac{m}{{27}}} \right) > \frac{6}{{22,4}}\)  (bài cho)

  \( \Rightarrow m > \frac{{390 - 22,4n}}{{80,89}}\)  , và vì m ≤ 4

  Nên: \(\frac{{390 - 22,4n}}{{80,89}} < 4 \Rightarrow n > 3\) ta chọn x₂ = 5 (g) hợp lí.

  Vậy hàm lượng % Cu trong (A) là: 1/6.100% = 16,67%

  b, Thành phần hợp kim B như sau: 1g Cu, 5g Zn, 4g Al

  Tức là Cu chiếm 10%, Zn chiếm 50%, Al chiếm 40%. Trong hợp kim (C), % khối lượng Al giảm (còn 30%), để đơn giản ta coi  như lượng Al không đổi (cố định), chỉ thay đổi lượng Cu và lượng Zn

  Vì trong hợp kim (C), 4g Al chiếm 30% nên:

  20% Cu ứng với: \(\frac{4}{{30}}.20 = 2,667(g) \Rightarrow \) cần thêm 1,667g Cu

  50% Zn ứng với: \(\frac{4}{{30}}.50 = 6,667(g) \Rightarrow \)  cần thêm 6,667g Zn

• Câu 12:

  Mã câu hỏi: 159792

  Hiđrocacbon A có = 2,5. Xác định công thức cấu tạo của A biết 1 mol A  2 mol CO₂  + 2 mol axit oxalic. A có đồng phân hình học không? Nếu có hãy viết các đồng phân hình học của A và gọi tên A.

  Xem đáp án

  C_xH_y: 12x + y = 80  

  \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
  {x = 6}\\
  {y = 8}
  \end{array}} \right. \Rightarrow {C_6}{H_8}\)

  1 mol A + dd KMnO₄/H₂SO₄  →2 mol CO₂ + 2mol HOOC – COOH

  →A phải có nhóm CH₂ = và 2 nhóm = CH – CH =

  Công thức phân tử của A là C₆H₈  →  \(\Delta  = \frac{{2.6 + 2 - 8}}{2} = 3\)

  A có CTCT: CH=CH – CH = CH – CH = CH₂. (hexa – 1,3,5 – trien)

  A có đồng phân hình học:

  

• Câu 13:

  Mã câu hỏi: 159793

  Đề hiđrô hóa 1 mol ankan A thu được 1 mol hiđrocacbon B không no, thực hiện phản ứng ozon phân B cho ra 1 mol anđehit maleic và 2 mol anđehit fomic. Xác định công thức cấu tạo của hiđrocacbon A và B.

  Xem đáp án

  CH₂ – CH₂ – CH₂ – CH₃ → CH₂ = CH – CH₂ – CH = CH₂

  

• Câu 14:

  Mã câu hỏi: 159794

  Hợp chất X có công thức phân tử C₉H₁₀O₂ phản ứng với dung dịch NaHCO₃ giải phóng khí CO₂. X không làm mất màu dung dịch nước brom. X không phản ứng với CH₃OH khi có mặt H₂SO₄ đặc. Khi cho H₂SO₄ đặc vào X sau đó cho hỗn hợp vào CH₃OH đã được làm lạnh thì thu được hợp chất B có công thức phân tử C₁₀H₁₂O₂. Hãy viết công thức cấu tạo của A. Giải thích các tính chất trên của A và cơ chế phản ứng tạo thành B.

  Xem đáp án

  A ( C₉H₁₀O₂):

  - Phản ứng với NaHCO₃ giải phóng CO₂ nên A chứa nhóm – COOH

  - Không làm mất màu nước brom nên A chứa benzen

  - A là axit mà không phản ứng este hóa với CH₃OH nên A phải có án ngữ không gian ở nhóm – COOH lớn, do đó A có cấu tạo là:

  

  Sự tạo thành B:

  

                                                                                                                                  (cùng một mặt phẳng)

• Câu 15:

  Mã câu hỏi: 159795

  Đixian là hợp chất có công thức C₂N₂. Viết CTCT của đixian, khi đun nóng đixian đến 500⁰C thu được chất rắn A có màu đen, công thức (CN)_n. Viết CTCT của A.

  Xem đáp án

  CTCT của đixian: N ≡C – C ≡ N

  Khi nung nóng ở 500⁰C → A : (CN)_n.

  CTCT của A: 

  

   

• Câu 16:

  Mã câu hỏi: 159796

  Peptit A có phân tử khối bằng 307 và chứa 13,7% N. Khi thủy phân một phần thu được 2 peptit B, C. Biết 0,48 g B phản ứng với 11,2 ml dung dịch HCl 0,536M và 0,708 g chất C phản ứng với 15,7 ml dung dịch KOH 2,1 % (d= 1,02 g/ml). Biết các phản ứng xảy hoàn toàn và có đun nóng. Lập công thức cấu tạo của A, gọi tên các amino axit tạo thành A.

  Xem đáp án

  Lượng N trong 1 mol A = \(\frac{{13,7}}{{100}}.307 = 42g\)

  Tức 42: 14 = 3 mol N, như vậy A là một tripeptit có công thức cấu tạo phân tử:

  

   Khi thủy phân A thu được các peptit

  

  nHCl = 0,0112.0,536 = 0,006 mol

  

  M_B = 0,48: 0,003 = 160 đvC →  R₁ + R₂ = 160 -130 = 30 đv C (1)

  nKOH = \(\frac{{15,7.1,02.0,021}}{{56}} = 0,006mol\)

  

  M_C = 0,708 : 0,003 = 236 đvC → R₂ + R₃ = 236 – 130 = 106 đvC (2)

  Mặt khác: R₁ + R₂ + R₃ = 307 – 186 = 121 đvC (3)

  Giải hệ 3 phương trình (1), (2), (3) ta được R₁ = R₂ = 15 ứng với CH₃–

  R₃ = 91 ứng với C₆H₅ – CH₂ –

  Các công thức cấu tạo có thể có của A là:

  

  Tên các α – amino axit là:   α – alanin và  α – phenyl alanin

• Câu 17:

  Mã câu hỏi: 159797

  Hai hợp chất thơm A và B đều có công thức phân tử C_nH_2n-8O₂. Hơi B có khối lượng riêng 5,447 g/l (đktc). A có khả năng phản ứng với kim loại Na giải phóng H₂ và có phản ứng tráng gương. B phản ứng được với Na₂CO₃ giải phóng khí CO₂ .

  a)  Viết công thức cấu tạo của A, B.

  b)  A có 3 đồng phân A₁; A₂; A₃, trong đó A₁ là đồng phân có nhiệt độ sôi nhỏ nhất.

   Xác định công thức cấu tạo của A₁, giải thích.

  c)  Viết sơ đồ chuyển hoá o-crezol thành A₁; toluen thành B.

  Xem đáp án

  M_B = 5,447.22,4 = 122 (g) ⇒ CTPT của A, B: C₇H₆O₂

  A + Na H₂  ⇒ A có nhóm -OH.

  A + AgNO₃  → Ag ⇒ A có nhóm -CH=O                                                          

  a) CTCT của A:

  

  B + Na₂CO₃ →  CO₂     → B là axit: C₆H₅COOH

  A₁ là: 

  

  vì A₁ có liên kết hiđro nội phân tử làm giảm nhiệt độ sôi.        

  (Tính axit của B mạnh hơn axit CH₃-COOH vì nhóm -C₆H₅ là nhóm hút e)

  c)  Sơ đồ phản ứng từ o-crezol thành A₁:

  

  Từ Toluen → B