Tài liệu Bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa

NĂNG KHIẾU HÓA HỌC
Học sinh có khả năng tư duy Toán học tốt nhưng không có khả năng quan sát,
nhận thức các hiện tượng tự nhiên
Ví dụ: Hỗn hợp A gồm một axit no đơn chức và hai axit không no đơn chức chứa một liên kết
đôi, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Cho A tác dụng hoàn toàn với 150 ml dung dịch NaOH 2
M. Để trung hòa hết lượng NaOH d cần thêm vào 100 ml dung dịch HCl 1 M, được dung dịch D.
Cô cạn cẩn thận D được 22,89 gam chất rắn khan. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn A rồi cho toàn
bộ sản phẩm cháyhấp thụ hết vào bình đựng lượng dư dung dịch NaOH đặc, khối lượng bình
tăng thêm 26,72 gam. Xác định công thức cấu tạo có thể có của từng axit và tính khối lượng của
chúng trong A.
Giải bình thường
Gọi công thức của axit no là: C
n
H
2n+1
COOH, công thức chung của 2 axit không no là:

 −
với số mol tương ứng là x và y
C
n
H
2n+1
COOH + NaOH
→
C
n
H
2n+1
COONa + H
2

O
x x x


 −
+ NaOH
→

 −
+ H
2
O
y y y
C
n
H
2n+1
COOH +

 +
O
2

→
(n+1)CO
2
+ (n+1)H
2
O
x (n+1)x (n+1)x


 −
+


O
2

→
(

+ 1)CO
2
+

H
2
O
y (

+ 1)y

y
Phản ứng trung hoà NaOH dư:
NaOH dư + HCl = NaCl + H
2
O
0,1 0,1 0,1
Theo phương trình:

NaOH phản ứng với các axit hữu cơ = 0,3 – 0,1 = 0,2 mol
lượng muối của các axit hữu cơ = 22,89 - 0,1.58,5 = 17,04 gam
Độ tăng khối lượng bình NaOH là tổng khối lượng CO
2
và H
2
O
Có hệ phương trình:





=++++++
=+++
=+









=++++
=++++
=+
↔




Giải hệ phương trình trên, ta được: x = 0,1 ; y = 0,1 ; nx +

y = 0,26

⇒
n +

= 2,6. Với


≥
2 nên n = 0 và

=2,6
Công thức của 3 axit là: HCOOH ; C
2
H
3
COOH và C
3
H
5
COOH
Giải có nhận xét:
1
KL mol TB của 3 muối bằng
17,04
0,2

= 85,2

→
KL mol TB của 3axit bằng 85,2 – 22 = 63,2
Với công thức tổng quát C
n
H
2n
O
2
và
2
2 -2m m
C H O
(với
m
> 3) ta thấy:
Tổng khối lượng C + H bằng (63,2
×
0,2) – (32
×
0,2)= 6,24 gam, kết hợp với tổng khối lượng
CO
2
và H
2
O bằng 26,72 gam tính được số mol CO
2
bằng 0,46 và số mol H
2

O bằng 0,36.
Từ C
n
H
2n
O
2
+
3 2
2
n −
O
2

→
n CO
2
+ n H
2
O

2
2 2m m
C H O
−
+
3 2
2
m −
O

2

→

m
CO
2
+ (
m
- 1) H
2
O
Suy ra số mol
2
2 2m m
C H O
−
bằng 0,46 – 0,36 = 0,1 và số mol axit no cũng = 0,1
và n +
m
=
0,46
0,1
= 4,6
→
khi
m
> 3 thì n
≤
1

→
n = 1 ứng với H – COOH
KL mol TB của 2 axit không no =
(63,2 0,2) (46 0,1)
0,1
× − ×
=80,4
ứng với 2 axít không no kế tiếp là C
2
H
3
COOH (72) và C
3
H
5
COOH (86)
Học sinh có khả năng quan sát, nhận thức các hiện tượng tự nhiên dẫn đến
niềm say mê Hóa học nhưng khả năng tư duy Toán học chưa tốt
Ví dụ: Hãy xác định khoảng cách giữa 2 nguyên tử iot trong 2 đồng phân hình học của C
2
H
2
I
2

với giả thiết 2 đồng phân này có cấu tạo phẳng.( Cho độ dài liên kết C – I là
2,10 Å và C=C là 1,33 Å ).
♣
Đồng phân cis- :
d

cis
= d
C= C
+ 2 d
C – I

×
sin 30
0
.
= d
C= C
+ d
C – I
= 1,33 + 2,1 = 3,43 Å
♣
Đồng phân trans- :
d
trans
=2
×
IO
IO =
2 2
2
0
IC CO IC CO cos120+ − × ×

=
2 2 0

1,33 1,33
2,1 +( ) -2×2,1× cos120
2 2

≈
2,5 Å
→
d
trans
=5,0 Å
2
H
H
C
C
I
I
120
0
d
C
I
C
I
30
0
H
H
C
C

I
I
120
0
d
C
I
I
C
O
PHÁT HIỆN NĂNG LỰC HỌC SINH GIỎI
A. NĂNG LỰC TIẾP THU KIẾN THỨC
2. Hãy viết phương trình hoá học biểu diễn quá trình quang hợp ở cây xanh: Tính khối lượng tinh
bột thu được, nếu biết lượng nước tiêu thụ là 5 tấn và hiệu suất quang hợp là 60%.
3. Khi nitro hóa 10 g phenol bằng axit nitric 50%, thu được 17g hỗn hợp các hợp chất nitro trong
đó phần khối lượng của ni tơ là 17%. Xác định hiệu suất nitro hóa bằng % so với lí thuyết.
4. Hỏi những chất nào và ở điều kiện nào phản ứng với nhau tao nên những chất sau đây (ở đây
không ghi hệ số của các sản phẩm phản ứng):
1) propanol – 1.
2) propanol –1 + NaCl;
3) propanol –1 + NaOH.
4) glixerin + natri axetat.
5. Viết các phương trình phản ứng trong dãy chuyển hóa sau:
A
 

  
 C
→
B


 

H O
H SO lo ng
→
D
 

  
 C
→
E


→
CH
3
-CHBr – CHBr-CH
3
.
Bài 5: Hãy cho biết cấu trúc lập thể và gọi tên các oxit hình thành khi epoxihóa cis – và
trans – but-2- en bằng axit m- clopebenzoic. Nêu nhận xét về cấu trúc của chất đầu và sản phẩm
epoxi hóa.
Viết cơ chế của phản ứng giữa buten – 2 với Ar – COOOH
♣
* Với cis – but- 2- en :
C
C
H

H
CH
3
CH
3
C
C
H
H
CH
3
CH
3
O
 !"#$%"
*Với trans – but-2- en :
C
C
H
H
CH
3
H
3
C
C
C
H
H
CH

3
O
" !"#$%"
H
3
C

* Nhận xét : Hóa lập thể của anken vẫn được bảo toàn đối với epoxit. Đây là phản ứng đặc thù
về mặt lập thể.
3
cis-but-2,3-en oxit
trans- but-2,3-en oxit
* Cơ chế phản ứng: electron
π
của liên kết đôi trong anken tấn công S
N
2 vào oxi của nhóm
OH trong peaxit. Kết quả là chuyển oxi của Ar-COOOH đến C=C tạo ra epoxit.
B. NĂNG LỰC TƯ DUY TOÁN HỌC
Ví dụ 1: Đồng (Cu) kết tinh có dạng tinh thể lập phương tâm diện.
*Tính cạnh lập phương a(Å) của mạng tinh thể và khoảng cách ngắn nhất giữa hai tâm của hai
nguyên tử đồng trong mạng, biết rằng nguyên tử đồng có bán kính bằng 1,28 Å. *Tính khối
lượng riêng của Cu theo g/cm
3
. ( Cu= 64).
HDG:
Theo hình vẽ ta thấy: 1 mặt của khối lập phương tâm diện có AC = a
2
=4
Cu

r


→
a =
4 1,28
2
×
= 3,62 (Å)
Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 tâm của nguyên tử là AM
AM = 2
Cu
r
= 1,28
×
2 = 2,56 (Å)

*Số nguyên tử Cu trong một tế bào cơ sở n = 8
×

1
8
+ 6
×

1
2
= 4
(nguyên tử)
d =

m
V
=
23 8 3
64 4
6,02.10 (3,62 10 )
−
×
×
= 8,96 g/cm
3
.
Ví dụ 2. Phân tử X có công thức abc .Tổng số hạt mang điện và không mang điện trong phân tử X
là 82. Trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 22, hiệu số khối giữa b
và c gấp 10 lần số khối của a, tổng số khối của b và c gấp 27 lần số khối của a. Tìm công thức
phân tử đúng của X.
HDG:
Gọi số hạt proton, nơtron, số khối của nguyên tử a là: Z
a ;
N
a
; A
a
Gọi số hạt proton, nơtron, số khối của nguyên tử b là: Z
b ;
N
b
; A
b
Gọi số hạt proton, nơtron, số khối của nguyên tử c là: Z

c ;
N
c
; A
c
Từ các dữ kiện của đầu bài thiết lập được các phương trình:
2(Z
a
+ Z
b
+ Z
c
) + (N
a
+ N
b
+ N
c
) = 82 (1)
2(Z
a
+ Z
b
+ Z
c
) - (N
a
+ N
b
+ N

c
) = 22 (2)
A
b
- A
c
= 10 A
a
A
b
+ A
c
= 27A
a
Từ (1) và (2) : (Z
a
+ Z
b
+ Z
c
) = 26; (N
a
+ N
b
+ N
c
) = 30 => A
a
+ A
b

+ A
c
= 56
Giải được: A
a
= 2 ; A
b
= 37 ; A
c
= 17. Kết hợp với (Z
a
+ Z
b
+ Z
c
) = 26
Tìm được : Z
a
= 1, Z
b
= 17 ; Z
c
= 8 các nguyên tử là:
1
H
2
;
17
Cl
37

;
8
O
17

Công thức X: HClO.
4
M
A
B
C
D
a
C. NĂNG LỰC TÁI HIỆN, LIÊN HỆ VÀ VẬN DỤNG KIẾN THỨC
Ví dụ 1. Hãy dùng kí hiệu ô lượng tử biểu diễn các trường hợp số lượng electron trong một
obitan nguyên tử.
HDG:
1. Có ba trường hợp: ↑ hoặc ↓ ↓↑
Obitan nguyên tử trống có 1 e có 2 e
Ví dụ 2. Liệu pháp phóng xạ được ứng dụng rộng rãi để chữa ung thư. Cơ sở của liệu pháp đó là
sự biến đổi hạt nhân.
59
27
Co +
0
n
1
X? (1)
X?
60

28
Ni

+ ; hν = 1,25 MeV. (2)
a) Hãy hoàn thành phương trình của sự biến đổi hạt nhân trên và nêu rõ định luật nào được áp
dụng để hoàn thành phương trình.
b) Hãy cho biết điểm khác nhau giữa phản ứng hạt nhân với phản ứng oxi hoá-khử (lấy thí dụ từ
phản ứng (2) và phản ứng Co + Cl
2
→ CoCl
2
).
&'(
a) Định luật bảo toàn vật chất nói chung, định luật bảo toàn số khối và bảo toàn điện tích nói
riêng, được áp dụng:
Điện tích: 27 + 0 = 27 ; Số khối: 59 + 1 = 60 → X là
27
Co
60
.
27
Co
59
+
0
n1 →
27
Co
60
.

Số khối: 60 = 60; Điện tích: 27 = 28 + x → x = −1. Vậy có −1e
0
.
27
Co
60
→
28
Ni
60
+
−
1
e ; hv = 1,25MeV.
b) Điểm khác nhau:
Phản ứng hạt nhân: Xảy ra tại hạt nhân, tức là sự biến đổi hạt nhân → nguyên tố mới. VD b/ ở
trên.
Phản ứng hoá học (oxi hoá khử): xảy ra ở vỏ electron nên chỉ biến đổi dạng đơn chất ⇔ hợp
chất.
VD: Co + Cl
2
→ Co
2+
+ 2Cl
−
→ CoCl
2
.
Chất dùng trong phản ứng hạt nhân: có thể là đơn chất hay hợp chất, thường dùng hợp chất. Chất
dùng trong phản ứng oxi hoá khử, phụ thuộc vào câu hỏi mà phải chỉ rõ đơn chất hay hợp chất.

Năng lượng kèm theo phản ứng hạt nhân: lớn hơn hẳn so với năng lượng kèm theo phản ứng hoá
học thông thường.
Ví dụ 3. Hãy dùng sec-butyl bromua để minh họa cho các phản ứng sau:
a) Thuỷ phân theo S
N
1
b) Tách E
1
với Ag+
c) Phản ứng S
N
2 với NaI
GIẢI
a) CH
3
-CH
2
-CHBr-CH
3
→ [ CH
3
-CH
2
-CH
+
-CH
3
]

N

HOH
S
→
CH
3
-CH
2
-CHOH-CH
3
b) CH
3
-CH
2
-CHBr-CH
3


Ag
H O
+
→
[ CH
3
-CH
2
-CH
+
-CH
3
]


E
H
+
−
→
CH
3
-CH=CH-CH
3
c) CH
3
-CH
2
-CHBr-CH
3


N
NaI
S
→
CH
3
-CH
2
-CH I-CH
3
5
Ví dụ 4. a/ Đun nóng butađien 1,3 với Stiren thu được sản phẩm duy nhất X: C

12
H
14
sản phẩm
này có thể bị hiđro hoá theo sơ đồ:

X Y
Z
+ H
2
, Ni
25
0
C, 2atm
+ H
2
, Ni
100
0
C, 100atm
Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z, giải thích sự khác nhau về điều kiện phản ứng hiđro
hoá. Biết rằng số mol H
2
tham gia phản ứng của giai đoạn sau gấp 3 lần số mol H
2
tham gia phản
ứng ở giai đoạn 1.
b/ Khi trùng hợp Isopren thấy tạo thành 4 loại polime, ngoài ra còn có một vài sản phẩm phụ
trong đó có chất P (1-metyl-3-isopropyl xiclohecxan) có thể tạo ra từ chất Q.
Viết công thức cấu tạo 4 loại polyme và các chất X, Y.

&'(
♣ a/ CH
2
=CH-CH=CH
2
+ CH=CH
2
→ CTCT X (C
12
H
14
)
C
6
H
5


CTCT Y: CTCT Z:
Sở dĩ phản ứng (2) cần điều kiện t
o
, p cao hơn pứ (1) vì lk π trong vòng benzen nhiều hơn lk π
của vòng C
6
H
9
.
b/ Công thức cấu tạo 4 loại polime
CH
2

C
CH
3
CH CH
2
n
n
;
CH
2
C
CH
3
CH
2
n
CH
;
C C
CH
2
CH
2
CH
3
H
;
C C
CH
2

CH
2
CH
3
H
n
Dạng cis Dạng trans

CH
3
C
CH
2
CH
3
Q
:
CH
3
CH
3
P
:
CH CH
3
6
D. NĂNG LỰC KIỂM CHỨNG
Ví dụ 1. Chất rắn A là kim loại hoặc là một trong các chất MnO
2
, KMnO

4
, K
2
Cr
2
O
7
, CaOCl
2
,
khi hoà tan 15 gam A và dung dịch HCl thì tạo ra 8,4 lít đơn chất khí B bay ra (đktc). Hãy chứng
minh rằng B không thể là Cl
2
&'(
♣ MnO
2
+ 4H
+
+ 2Cl
-
→ Mn
2+
+ Cl
2
↑ + 2H
2
O
2MnO
4
-

+ 16H
+
+ 10Cl
-
→ 2Mn
2+
+ 5Cl
2
↑ + 8H
2
O
Cr
2
O
7
2-
+ 14H
+
+ 6Cl
-
→ 2Cr
3+
+ 3Cl
2
↑ + 7H
2
O
OCl
2
2-

+ 2H
+
→ Cl
2
↑+ H
2
O
Theo phương trình để thu được 8,4 lít Cl
2
(0.375 mol) thì cần
0,125 ≤ số mol A ≤ 0,375 → 23,7g ≤ m
A
≤ 47,6 gam.
Điều này trái giả thiết m
A
= 15. Vậy B không thể là Cl
2

Ví dụ 2 : Có cân bằng N
2
O
4
(k) ⇌ 2 NO
2
(k) . Cho 18,4 gam N
2
O
4
vào bình dung tích 5,904
lít ở 27

0
C . Tại cân bằng hóa học, áp suất của khí trong bình bằng 1atm. Nguyên lý chuyển dịch
cân bằng hóa học nói rằng ‘khi giảm áp suất thì cân bằng của hệ sẽ dịch chuyển về phía làm tăng
áp suất’’. Hãy chứng minh điều đó.
&'(
♣ Số mol ban đầu N
2
O
4
= 0,2 N
2
O
4
(k) ⇌ 2 NO
2
(k)
[ ] 0,2 – x 2x
Tống số mol lúc cân bằng = 0,2 + x =
1 5,904
0,082 300
PV
RT
×
=
×
= 0,24
→ x = 0,04 mol
số mol NO
2
= 0,08 ; N

2
O
4
= 0,16 →
2 2
2 4 2 4
1
2
NO NO
N O N O
P n
P n
= =
→ K
p
=
2
2 4
2
( )
1
6
NO
N O
P
P
=
Giả sử áp suất giảm đến 0,5 atm thì
2
1

0,5 6
P
P
=
−
→ 6P
2
+ P – 0,5 = 0
→ P(NO
2
) = 0,217 atm ; P(N
2
O
4
) = 0,283 atm → Tỷ số
2
2 4
0,217
0,283
NO
N O
P
P
= =
0,767 >
1
2
Vậy, khi giảm áp suất cân bằng sẽ dịch chuyển theo chiều tạo NO
2
(làm tăng số mol khí → làm

tăng áp suất)
Ví dụ 3: Có thể hòa tan 100 mg bạc kim loại trong 100 mL amoniac 0,1M khi tiếp xúc với
không khí được không ?
Cho K
b
(NH
3
) = 1,74. 10
−
5
; KL mol (Ag) = 107,88
7
Hằng số bền của phức Ag(NH
3
)
+
= 10
3,32
; Ag(NH
3
)
2
+
= 10
7,23
;
Thế oxihóa-khử chuẩn E
0
(Ag
+

/Ag) = 0,799 V ; E
0
(O
2
/OH
−
) = 0,401 V
(Hàm lượng oxi trong không khí là 20,95% theo thể tích)
&'(
♣
Phản ứng tạo phức : Ag
+
+ NH
3
⇌ Ag(NH
3
)
+
.
Ag
+
+ 2NH
3
⇌ Ag(NH
3
)
2
+
Về tính toán theo phương trình phản ứng ta thấy có khả năng Ag tan hết, do :
số mol Ag =

0,1
107,88
= 9,27. 10
−
4
;
số mol NH
3
đã cho = 10
−
2
> số mol NH
3
cực đại để tạo phức = 18,54. 10
−
4
;
* Cần phải kiểm tra khả năng hòa tan bằng nhiệt động học :
Ag
+
+ e
→
Ag E
1
= E
0
1
+ 0,059 lg [Ag
+
]

O
2
+ 2H
2
O + 4e
→
4OH
−
. E
2
= E
0
2
+
2
0,059
lg
4
O
P
OH
−
 
 
Vì khi cân bằng E
1
= E
2
nên tính được E
2

. Trong dung dịch NH
3
0,1 M
[OH
−
] = (K
b
.C)
1/2
= (1,74. 10
−
5
.0,1)
1/2
= 1,32. 10
−
3
.
E
2
= 0,401 +
3
0,059 0,2059
lg
4 1,32 10
−
×
= 0,561 V

→

lg [Ag
+
] =
0
2 1
0,059
E E−
=
−
4,034 V
→
[Ag
+
] = 9,25. 10
−
5
M
Nồng độ tổng cộng của bạc trong dung dịch : ( giả sử [NH
3
]
≈
0,1 M )
S = [Ag
+
] + [Ag(NH
3
)
+
+ Ag(NH
3

)
2
+
] = [Ag
+
]
×
( 1 +
β
1
[NH
3
] +
β
2
[NH
3
]
2
)
= 9,25. 10
−
5
×
( 1 + 10
2,32
+ 10
5,23
) = 15,5 M >> nồng độ đã tính để hòa tan hoàn toàn
bạc kim loại . Vậy các điều kiện nhiệt động thuận lợi cho sự hòa tan.

Ví dụ 4 : Các
α
- aminoaxit tại điểm đẳng điện thì dạng ion lưỡng cực là nhiều nhất, mặc dù cả
ba loại ion cho dưới đây đều có bất cứ giá trị pH nào.

R - CH - COOH
+
NH
3
(A)
- H
+
R - CH - COO
+
NH
3
(B)
- H
+
R - CH - COO
NH
2
(C)
8
a) Xác định giá trị pH tại đó nồng độ ion lưỡng cực lớn nhất ?
b) Hỏi vết alanin chuyển về cực nào ở pH < 5 ? ở pH > 8 ?
c) Xác định hàm lượng tương đối của ion lưỡng cực C của alanin ở điểm đẳng điện, biết các giá
trị hằng số axit pK
1
= 2,35 đối với cân bằng A ⇌ C + H

+
;
pK
2
= 9,69 đối với cân bằng C ⇌ B + H
+
.
&'(
♣
Tại điểm đẳng điện nồng độ của các ion trái dấu bằng nhau: [A] = [B] (1)
Các hằng số axit là : K
1
=
[ ]
[ ]
.C H
A
+
 
 
(2) K
2
=
[ ]
[ ]
.B H
C
+
 
 

(3)
Theo định luật bảo toàn nồng độ : [A] + [B] + [C] = C
0
(4),
( trong đó C
0
là tổng nồng độ của aminoaxit )
Từ (1), (2), (3) tại điểm đẳng điện : [H
+
]
2
= K
1
.K
2
(5) hay pH =
1 2
2
pK pK+

[H
+
] = (10
−
2,35
. 10
−
9,69
)
1/2

= 10
−
6,02

→
pH = 6,02
Vì điểm đẳng điện của alanin là 6,02 nên vết di chuyển về phía cực âm
ở pH < 5,0 và về phía cực dương khi pH > 8,0
* Bây giờ ta kiểm chứng lại [H
+
] trên bằng phép tính toán để tìm hàm lượng tương đối của ion
lưỡng cực C tại điểm đẳng điện:
Từ (2) :
[ ]
[ ]
1 1
1/ 2
1. 2
( )
C
K K
A H K K
+
= = =
 
 
K
1
1/2
.K

2
1/2
.

[ ]
[ ]
2
2,35
1
9,69
2
10
10
C
K
A K
−
−
 
= =
 ÷
 
= 10
7,34
hay 2,19. 10
7
.
→

[ ]

[ ]
C
A
= 4680
Như vậy,
[ ]
[ ] [ ] [ ]
[ ]
[ ] [ ]
[ ]
[ ]
1
2
(2 )
1
C C
A
A B C A C
C
= =
+ + +
+
= 0,99957
≈
1,00
* Sau khi lấy đạo hàm của [C] theo [H
+
] , trong đó [C] là hàm sau :
[C] =
( )

0 1
2
1 1 2
. .
. .
C K H
H K H K K
+
+ +
 
 
+ +
   
   
từ phương trình (2), (3), (4) ta chỉ tìm được một cực
trị đối với [H
+
] = (K
1
.K
2
)
1/2
.
9
10
E. NĂNG LỰC QUAN SÁT, NHẬN XÉT ĐỂ TÌM CON ĐƯỜNG NGẮN NHẤT ĐẾN
KẾT QUẢ
Ví dụ 1. Hỗn hợp gồm Mg và Fe
2

O
3
nặng 20gam tan hết trong dung dịch H
2
SO
4
loãng, dư thoát ra
Vlít H
2
(đktc) và nhận được dung dịch B. Thêm dung dịch NaOH dư vào dung dịch B và lọc kết tủa
tách ra, nung trong không khí đến khối lượng không đổi được 28gam chất rắn. Viết phương trình phản
ứng, tínhV và % khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp.
&'(
♣
Sau khi viết phương trình phản ứng, ta nhận xét: Mg + O Mg O
Suy ra: Fe
2
O
3
Fe
2
O
3
Lượng oxi đã kết hợp với Mg bằng 28 - 20 = 8( gam) hay 0,05 mol

⇒
V= 1,12 ( dm
3
) và lượng Mg bằng (8: 16)x 24 = 12 (gam) chiếm 60%
Ví dụ 2. Hỗn hợp Y gồm hai chất hữu cơ A và B cùng chức hoá học. Nếu đun nóng 15,7 gam

hỗn hợp Y với NaOH dư thì thu được muối của một axit hữu cơ đơn chức và 7,6 gam hỗn hợp
hai Rượu no đơn chức bậc nhất kế tiếp nhau trong cùng dãy đồng đẳng. Nếu đốt 15,7 gam hỗn
hợp Y thì cần dùng vừa hết 21,84 lít O
2
và thu được 17,92 lít CO
2
(các thể tích khí đo ở đktc). Xác định
công thức cấu tạo của A và B.
&'(
♣
Este đơn chức kế tiếp có dạng chung C
X
H
Y
O
2
với số mol O
2
= 0,975 ;
CO
2
= 0,8 nên số mol H
2
O bằng
[
15,7 + (0,975 x 32)-(0,8 x 44)
]
: 18 = 0,65
Suy ra, tổng số mol 2 Este bằng
[

0,65 + (0,8 x 2) - (0,975 x 2)
]
:2 = 0,15
Trị số
C
n
bằng 0,8 : 0,15 = 5,33
⇒
5 < 5,33 < 6
Trị số
H
n
bằng ( 0,65 : 0,15) x 2 = 8,66
⇒
8 < 8,66 < 10
Vậy công thức phân tử 2 Este là C
5
H
8
O
2
và C
6
H
10
O
2
Kl mol TB của 2 Rượu bằng
7,6
0,15

= 50,66
⇒
2 Rượu kế tiếp là C
2
H
5
OH (46) và C
3
H
7
OH (60).
Suy ra Muối có số C bằng 5 - 2 = 3 và số H = 8 - 5 = 3
⇒
Công thức của muối là C
3
H
3
O
2
Na hay CH
2
=CH-COONa . Vậy công thức cấu tạo của A là
CH
2
=CH-COO-C
2
H
5
và B là CH
2

=CH-COO-C
3
H
7
Ví dụ 3. Cho 9,0 gam hỗn hợp gồm bột Mg và bột Al tan hết trong 200 ml dung dịch HCl thấy
thoát ra khí A và thu được dung dịch B. Thêm từ từ dung dịch NaOH vào B sao cho kết tủa đạt
tới lượng lớn nhất thì dùng hết 500 ml dung dịch NaOH 2M. Lọc kết tủa đem nung đến phản ứng
hòan toàn thu được 16,2 gam chất rắn. Viết phương trình phản ứng. Tính thể tích khí A (đktc),
nồng độ mol của dung dịch HCl và % khối lượng mỗi kim loại ban đầu.
&'(
♣
Mg + 2 HCl
→
MgCl
2
+ H
2
↑

Al + 3 HCl
→
AlCl
3
+ 1,5 H
2

↑
HCl + NaOH
→
NaCl + H

2
O
MgCl
2
+ 2NaOH
→
Mg(OH)
2

↓
+ 2 NaCl
AlCl
3
+ 3NaOH
→
Al(OH)
3

↓
+ 3 NaCl
11
Mg(OH)
2

→
MgO + H
2
O
2 Al(OH)
3

→
Al
2
O
3
+3 H
2
O
Theo phương trình: số mol HCl = NaOH bằng 1,0 mol
→
C
M
(HCl) = 5 M
Số mol H
2
↑
bằng số mol oxi trong 2 oxit bằng
16,2 9
16
−
= 0,45 ( mol)

→
V
2
H
= 10,08 ( lít)
Cuối cùng bằng cách lập hệ phương trình hoặc bằng phép tính số học tính được:
% Mg = 40% và % Al = 60%

Ví dụ 4: Hỗn hợp 2 kim loại kiềm được cho tác dụng với dung dịch HCl vừa đủ rồi cô cạn thì
nhận được m
1
gam muối khan. Cùng lượng hỗn hợp được cho tác dụng với dung dịch H
2
SO
4
vừa đủ
rồi cô cạn dung dịch thì nhận được m
2
gam muối khan. Tính tổng số mol 2 kim loại kiềm
* Nếu m
2
= 1,1807m, thì 2 kim loại kiềm kế tiếp nhau là nguyên tố nào?
* Với m
1
+ m
2
= 90,5. Tính lượng hỗn hợp đầu và lượng kết tủa tạo ra từ (m
1
+ m
2
)
gam muối tác dụng với dung dịch BaCl
2
dư.
HDG:
♣
2R + 2HCl
→

2RCl + H
2
↑
và 2R + H
2
SO
4

→
R
2
SO
4
+ H
2
↑
Con đường ngắn nhất là coi 2RCl ~ R
2
Cl
2
sẽ nhận thấy m
2
> m
1
do lượng gốc
SO
4
= 96 > lượng gốc Cl
2
= 71. ( Độ tăng = 96 – 71 = 25 )Suy ra:

∑
số mol 2 muối sunfat
2 1
25
m m−
=
và
∑
số mol 2 kim loại kiềm
2 1
12,5
m m−
=
với m
2
= 1,1807 m
1
thì số mol 2 muối =
1
0,1807
25
m

→
KL mol TB 2 muối sunfat =
1
1
1,1807 25
0,1807

m
m
×
= 163,35

→
Kl mol TB 2kim loại kiềm =
163,35 96
2
−
= 33,675
Đó là Na = 23 và K = 39
Ghép : m
2
= 1,1809m
1
và m
1
+ m
2
= 90,5 tính được m
1
= 41,5 và m
2
= 49
=> Số mol muối = 0,3 => lượng 2 kim loại kiềm = 49 - 0,3. 96 = 20,2 (gam)
Ba
2+
+ SO
4

2-
=> BaSO
4
lượng kết tủa = 0,3 x 233 = 69,9 (gam)
F. NĂNG LỰC SUY LUẬN, BIỆN LUẬN LOGIC
Ví dụ 1. Chia hỗn hợp gồm 2 rượu no mạch hở P và Q làm 2 phần bằng nhau.
- Cho phần thứ nhất tác dụng hết với Na dư thu được 0,896 lít khí (đktc).
- Đốt cháy hết phần thứ hai thu được 3,06 gam H
2
O và 5,28 gam CO
2
.
Xác định Công thức cấu tạo của 2 rượu, biết rằng khi đốt V thể tích hơi của P hoặc Q thì thể
tích CO
2
thu được trong cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất đều không vượt quá 3V.
HDG:
12
♣
Số mol H
2
= 0,04 ; CO
2
= 0,12 ; H
2
O = 0,17
Do 2 rượu đều no mạch hở nên công thức chung C
n
H
2n+2

O
x
.(n, x đều là trị số TB)
C
n
H
2n+2
O
x
+
3 1
2
n x+ −
O
2

→
n CO
2
+ (n +1) H
2
O
Theo phương trình tổng số mol A + B = 0,17 – 0,12 = 0,05 mol
C
n
H
2n+2
O
x
+ x Na

→
C
n
H
2n+2- x
(ONa)
x
+
2
x
H
2
↑
Dễ thấy : n =
0,12
0,05
= 2,4 và x =
0,04
0,05
×
2 = 1,6
→
phải có 1 rượu đơn chức
Theo giả thiết, số nguyên tử các bon trong mỗi rượu đều không quá 3 nên :
* Trường hợp 1 : Rượu đơn chức có số cacbon = 3 (C
3
H
7
OH)
Rượu đa chức còn lại có số cácbon < 2,4 và có số nhóm OH > 1,6

Đó là CH
2
OH – CH
2
OH (số nhóm OH không vượt quá số cacbon)
* Trường hợp 2 : Rượu đơn chức có số cacbon = 2 (C
2
H
5
OH)
Rượu đa chức còn lại có số cacbon > 2,4 và số nhóm OH
≤
3
→
C
3
H
8
O
x
.
Ta có :

→
tỉ số mol
2 5
3 8
0,6 3
0,4 2
x

C H OH
C H O
= =
áp dụng tỉ số này để tính x :
→
1,6 3
0,6 2
x −
=

→
x = 2,5
* Trường hợp 3 : Rượu đơn chức có số cacbon = 1 (CH
3
OH)
Rượu đa chức còn lại có số cacbon > 2,4 và số nhóm OH
≤
3
→
C
3
H
8
O
x
.
Làm tương tự trên tính được x = 1,857. Cả 2 trường hợp 2 và 3 đều cho x không nguyên
(loại). Vậy nghiệm là C
3
H

7
OH (0,02 mol) và C
2
H
4
(OH)
2
(0,03 mol)
Ví dụ 2. Cho 2,16 gam hỗn hợp gồm Al và Mg tan hết trong dung dịch axit HNO
3
loãng, đun
nóng nhẹ tạo ra dung dịch A và 448 mL ( đo ở 354,9 K và 988 mmHg) hỗn hợp khí B khô gồm 2
khí không màu, không đổi màu trong không khí. Tỷ khối của B so với oxi bằng 0,716 lần tỷ khối
của CO
2
so với nitơ. Làm khan A một cách cẩn thẩn thu được chất rắn D, nung D đến khối lượng
không đổi thu được 3,84 gam chất rắn E. Viết phương trình phản ứng, tính lượng chất D và %
lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu.
HDG:
♣
Các phương trình phản ứng : Khí B theo giả thiết chứa N
2
và N
2
O.
5 Mg + 12 H
+
+ 2 NO
3
−

→
5 Mg
2+
+ N
2

↑
+ 6 H
2
O
4 Mg + 10 H
+
+ 2 NO
3
−

→
4 Mg
2+
+ N
2
O
↑
+ 5 H
2
O
10 Al + 36 H
+
+ 6 NO

3
−

→
10 Al
3+
+ 3 N
2

↑
+ 18 H
2
O
8 Al + 30 H
+
+ 6 NO
3
−

→
8 Al
3+
+ 3 N
2
O
↑
+ 15 H
2
O
4Al(NO

3
)
3

→
2Al
2
O
3
+ 12 NO
2

↑
+ 3O
2

↑
13
2
3
2,4
0,6
0,4
1
x
1,6
x - 1,6
0,6
2Mg(NO
3

)
2

→
2MgO + 4 NO
2

↑
+ O
2

↑
Với KL mol TB của 2 khí = 36 và tổng số mol 2khí = 0,02 ta có thể tính được số
mol N
2
= 0,01 và N
2
O = 0,01. Sau đó lập phương trình theo quy tắc bảo toàn số
mol electron : Al – 3e
→
Al
3+
. 2N
5+
+ 10 e
→
N
2
.
x 3x 0,1 0,01

Mg – 2e
→
Mg
2+
. 2N
5+
+ 8 e
→
N
2
O
y 2y 0,08 0,01
dẫn tới hệ phương trình : 3x + 2y = 0,18 và 27x + 24y = 2,16
Hệ phương trình này khi giải sẽ cho x = 0. Từ đây nảy sinh tình huống có vấn đề ?
- Theo định luật bảo toàn khối lượng : 3,84 gam chất E chắc chắn là Al
2
O
3
và MgO.
Từ lượng 2 kim loại và lượng 2 oxit tính được số mol Al = 0,04
và số mol Mg = 0,045.
Lặp lại tính toán như trên : Al – 3e
→
Al
3+
. 2N
5+
+ 10 e
→
N

2
.
0,04 0,12 0,1 0,01
Mg – 2e
→
Mg
2+
. 2N
5+
+ 8 e
→
N
2
O
0,045 0,09 0,08 0,01
ta thấy : tổng số mol e nhường (0,21) > tổng số mol e thu (0,18)
→
chứng tỏ còn một phần N
5+
= 0,21
– 0,18 = 0,03 mol đã tham gia phản ứng khác, không giải phóng khí.
Đó là phản ứng : 4 Mg + 10 H
+
+ NO
3
−

→
4 Mg
2+

+ NH
4
+
+ 3 H
2
O
8 Al + 30 H
+
+3 NO
3
−

→
8 Al
3+
+ 3 NH
4
+
+ 9 H
2
O
2 NH
4
NO
3

→
N
2

↑
+ O
2

↑
+ 4 H
2
O
↑
Vậy chất D gồm : Al(NO
3
)
3
(8,52 gam) ; Mg(NO
3
)
2
(6,66 gam) ; NH
4
NO
3
(2,4 gam) có lượng =
17,58 gam. Hỗn hợp ban đầu có 50% lượng mỗi kim loại.
Ví dụ 3. Chất A là một trong những thành phần có chỉ số octan thấp của xăng. Ankyl hóa A bằng
isobutan sinh ra hidrocacbon B, có chứa hidro nhiều hơn A là 1%. Nếu reforming, A chuyển
thành hidrocacbon D. Nitro hóa chất D chỉ cho một dẫn xuất mono nitro thôi. D không phản ứng
với nước brom, khi đun hồi lưu D với dung dịch KMnO
4
trong axit thì thu được axit E. Phản
ứng ngưng tụ giữa E với một lượng tương đương của tetra metylen diamino được dùng trong sản

xuất một polime dễ mua trên thị trường. Khi đun chảy E với kiềm sinh ra một hợp chất F, hidro
hóa hoàn toàn F cho hidrocacbon X. Các chất A, X và sản phẩm hidro hóa hoàn toàn D có cùng
thành phần nguyên tố. A không có đồng phân hình học, khi bị ozon phân tạo ra một xeton cho
phản ứng halofom.
a) Lập luận để viết cấu tạo của A, D, E, F, X. Nêu xúc tác chuyển A → B
b) Đồng phân nào của E có thể tạo anhidrit vòng ? So sánh nhiệt độ nóng chảy và tính axit giữa
đồng phân đó và E. Giải thích.
HDG:

♣
- Các tính chất của D nêu trên cho thấy nó là đồng đẳng của benzen
- Axit E sinh ra khi oxihóa D có phản ứng ngưng tụ với diaminohexan tạo ra nhựa poliamit nên
axit E là diaxit cacboxylic
→
D là diankyl benzen và phải là dẫn xuất para – mới cho một sản
phẩm mononitro khi nitro hóa
→
E là axit terephtalic.
- Phản ứng decacboxyl hóa E tạo ra benzen, chất này bị hidro hóa cho xiclohecxan. ( C
6
H
12
có thành phần 85,71% C và 14,29% H hay C
n
H
2n
)
- Ankyl hóa A bằng isobutan tạo ra ankan B có công thức C
n+4
H

2n+10
.
14
Theo giả thiết :
2 10
14 58
n
n
+
+
= 0,1529
→
n = 8
→
công thức A là C
8
H
16
.
- Chất D (diankylbenzen) là para-xilen, chất F là benzen và chất X là xiclohexan

CH
3
CH
3
(D)
COOH
COOH
(E )
(F )

(X )
- Chất D sinh ra khi thơm hóa một trong hai anken có khung cac bon sau : ( những nguyên tử C
tham gia đóng vòng kí hiệu *)


())
()))
- Hidrocacbon A không có đồng phân hình học và khi bị ozon phân cho một metyl xeton (phản
ứng halofom) nên nối đôi có hai nhóm tương tự nhau ở một C và ít nhất có một nhóm metyl. Vậy,
chỉ có bộ khung (I) mới thỏa mãn điều này, chất A có thể có một trong hai cấu tạo sau :

* Xúc tác chuyển A
→
B là một axit Liuyt hoạt động (như AlCl
3
), đồng phân của E có thể tạo
được anhidrit vòng là axit ortho-phtalic (axit Y).
* Nhiệt độ nóng chảy (E) >(Y) do (Y) có liên kết hidro nội phân tử làm giảm liên kết hidro liên
phân tử. So sánh tính axit thấy có mức độ khác nhau do đều là diaxit
- K
a1
(Y) > K
a1
(E) do liên kết hidro nội phân tử làm tăng độ phân cực liên kết O-H
- K
a2
(Y) < K
a2
(E) do độ phân cực liên kết O-H giảm bởi độ bền của anion 1
−

.
15
XÂY DỰNG BÀI TẬP BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI

MỘT SỐ NGUYÊN TẮC XÂY DỰNG BÀI TẬP
− Từ cơ bản đến phát triển tư duy.
− Từ đặc điểm riêng lẻ đến khái quát, hệ thống.
− Lặp đi lặp lại những kiến thức khó và trừu tượng.
− Đa dạng, đủ loại hình nhằm tăng thêm kiến thức và giúp học sinh cọ sát.
− Cập nhật những thông tin mới.
MỘT SỐ BIỆN PHÁP XÂY DỰNG BÀI TẬP
1. Nhiều cách giải
2. Thay đổi mức độ yêu cầu (Phát triển − Lược bớt, chia nhỏ − Thay thế)
3. Đảo chiều
4. Thay đổi hình thức
5. áp dụng yêu cầu cho nhiều mục đích
6. Nhiều yêu cầu khác nhau cho một nội dung
7. Bài tập tương tự
16
1. Nhiều cách giải
Ví dụ 1: Ở 50
0
C và dưới áp suất 0,344 atm độ phân ly α của N
2
O
4
(k) thành NO
2
(k) bằng 63%.
Xác định Kp; Kc; Kx.

HDG:

•
CÁCH THỨ NHẤT. Tính Kp
→
Kc; Kx
N
2
O
4
(k) ⇌ 2 NO
2
(k)
∑
n
[ ] 1 -
α
2
α
1 +
α
(
α
là độ phân ly)
Phần mol
1
1
α
α
−

+

2
1
α
α
+
Kp =
2
2 4
2
NO
N O
P
P
=
2
2
1
1
1
α
α
α
α
 
 
+
 
−

+
. 0,344 thay
α
= 0,63 tính được Kp = 0,9
Áp dụng Kc = Kp.(RT)
−
∆n
với ∆n = 1 và Kx = Kp. P
−
∆n

tính được Kc = 0,034 và Kx = 2,63

•
CÁCH THỨ HAI. Tính Kx
→
Kp ; Kc
Coi lúc đầu 1 mol N
2
O
4
thì có 0,63 mol bị phân ly tạo ra 1,26 mol NO
2
. Tổng số mol lúc cân
bằng = 1 + 0,63 = 1,63 . Ta có :
Kx =
2
1,26
1,63
0,37

1,63
 
 ÷
 
 
 ÷
 
= 2,63 Từ đó suy ra Kp và Kc theo biểu thức đã nêu.
Ví dụ 2: Người ta dự tính hoà tan 10
-3
mol Mg(NO
3
)
2
trong một lít dung dịch NH
3
0,5M ; để
tránh sự tạo thành kết tủa Mg(OH)
2
phải thêm vào dung dịch tối thiểu bao nhiêu mol NH
4
Cl?
Cho KNH
3
= 1,8.10
-5
; Tt Mg(OH)
2
= 1,0.10
-11

HDG:
•
CÁCH THỨ NHẤT.
Điều kiện để không tạo kết tủa Mg(OH)
2
là [Mg
2+
].[OH
−
]
2
≤ 10
-11
.
với C
0
(Mg
2+
) = 10
−
3
thì [OH
−
] ≤ 10
−
4
.
Cân bằng NH
3
+ H

2
O ⇌ NH
4
+
+ OH
−
K
b
= 1,8.10
-5
.
[ ] 0,5 – 10
−
4
x + 10
−
4
10
−
4
17
có
4 4
4
( 10 ) 10
0,5 10
x
− −
−
+ ×

−
= 1,8.10
-5
(coi 10
−
4
<< 0,5 ) → x = 0,0899
Vậy phải thêm tối thiểu 0,0899 mol NH
4
Cl để không tạo được kết tủa Mg(OH)
2
.
•
CÁCH THỨ HAI.
Điều kiện để không tạo kết tủaMg(OH)
2
là [Mg
2+
].[OH
−
]
2

≤
10
-11
.
với C
0
(Mg

2+
) = 10
−
3
thì [OH
−
]
≤
10
−
4

→
[H
+
]
≥
10
−
10

→
pH
≥
10
Khi thêm NH
4
Cl sẽ được dung dịch đệm bazơ (NH
3
+ NH

4
+
)
pH
đệm bazơ
= 14 – pK
b
– lg
[ ]
4
3
NH
NH
+
 
 
.
Thay pH = 10 ; pK = 4,74 ; [NH
3
] = 0,5 tính được [NH
4
+
] = 0,09
2. Thay đổi mức độ yêu cầu:
2.1. Phát triển:
Ví dụ 1 : Có bốn hợp chất thơm C
6
H
5
-OH (A), C

6
H
6
(B), C
6
H
5
-CH
3
(C), C
6
H
5
-NO
2
(D) với các
tính chất sau:
Chất phản ứng C
6
H
5
-OH C
6
H
6
C
6
H
5
-CH

3
C
6
H
5
-NO
2
Nước Br
2
Có phản ứng Không ph.ứng Không ph.ứ Không ph.ứ
Br
2
/Fe Ph.ứng ở 0
o
C
không cần Fe
Có phản ứng Có phản ứng Chỉ phản ứng
khi đun nóng
HNO
3
/H
2
SO
4
Ph.ứng với cả
HNO
3
loãng
Có phản ứng Có ph.ứ không
cần H

2
SO
4
Chỉ phản ứng
khi đun nóng
* Hãy sắp xếp các chất theo thứ tự tăng dần về khả năng dự phản ứng thế ở vòng benzen
⇒
Giải thích ảnh hưởng của các nhóm thế đến khả năng đó’’
♣
C
6
H
5
-NO
2
< C
6
H
6
< C
6
H
5
-CH
3
< C
6
H
5
-OH

* Vì phản ứng thế nguyên tử Hidro ở vòng benzen thuộc loại thế Electrophin tức là tương tác
giữa hệ electron
π
của vòng benzen với tác nhân mang điện dương nên mật độ electron trong
vòng benzen càng lớn thì phản ứng càng dễ dàng.Lấy C
6
H
6
làm trung gian ta thấy: - Các nhóm
-CH
3
; - OH thuộc loại nhóm thế hoạt động hóa (nhóm đẩy e ; +I,+C) làm tăng mật độ e của
vòng benzen,còn nhóm-NO
2
thuộc loại nhóm thế phản hoạt hóa (hút e; -I,-C) làm giảm mật độ
e của vòng benzen nên khả năng phản ứng thế của A,C > B > D.
-So sánh giữa A và C thì trong phân tử A do nguyên tử oxi còn đôi e tự do nên có sự liên hợp p-
π
với vòng benzen
⇒
điện tích dương có thể giải toả tới nguyên tử oxi
⇒
mật độ e trong vòng
benzen của A > so với của C
⇒
khả năng phản ứng thế A > C .
18
Để phát triển bài tập này có thể có nhiều hướng:
Hướng(I)- Tìm ký hiệu ứng với mỗi chất.
"Có bốn hợp chất thơm C

6
H
5
-OH, C
6
H
6
, C
6
H
5
-CH
3
, C
6
H
5
-NO
2
với các tính chất sau:
Chất phản ứng A B C D
Nước Br
2
Không ph.ứ Có phản ứng Không ph.ứ Không ph.ứ
Br
2
/Fe Có phản ứng Ph.ứng ở 0
o
C
không cần Fe

Chỉ phản ứng
khi đun nóng
Có phản ứng
HNO
3
/H
2
SO
4
Có phản ứng Ph.ứng với cả
HNO
3
loãng
Chỉ phản ứng
khi đun nóng
Có phản ứng
không cần
H
2
SO
4
a/ Xác định ký hiệu A,B,C,D cho mỗi chất.
b/Hãy sắp xếp các chất theo thứ tự tăng dần về khả năng dự phản ứng thế ở vòng benzen
⇒
Giải
thích ảnh hưởng của các nhóm thế đến khả năng đó.
c/ Viết phương trình phản ứng."
Với hướng này học sinh phải suy luận ra ký hiệu của từng chất dựa trên các tính chất đã cho, rồi
mới giải tương tự trên.
Hướng(II) -Thay chất thơm,đồng thời với tìm ký hiệu cho từng chất:

"Có bốn chất thơm : C
6
H
5
-NH
2
, C
6
H
5
-CH
3
, C
6
H
5
-NO
2
, C
6
H
6
với các tính chất sau:
Chất phản ứng A B C D
Nước Br
2
Không ph.ứ Không ph.ứng Có ph.ứ ở t
o
thường
Không ph.ứ

Br
2
/Fe Có phản ứng Có phản ứng Ph.ứng ở 0
o
C
không cần Fe
Chỉ phản ứng
khi đun nóng
HNO
3
/H
2
SO
4
Có phản ứng
không cần
H
2
SO
4

Có phản ứng Ph.ứng chậm (có
thể tạo ra sản
phẩm meta)
Chỉ phản ứng
khi đun nóng
a/ Xác định ký hiệu A,B,C,D cho mỗi chất .
b/ Sắp xếp các chất theo thứ tự tăng dần về khả năng thế nguyên tử Br ở vòng Benzen và giải
thích ?
c/ Sắp xếp các chất theo thứ tự tăng dần về khả năng thế nhóm NO

2
ở vòng Benzen và giải thích
vì sao thứ tự này khác với thứ tự ở phần (b) ?
•
*A là C
6
H
5
-CH
3
; B là C
6
H
6
; C là C
6
H
5
-NH
2
; D là C
6
H
5
-NO
2
.
* Thứ tự phản ứng thế nguyên tử Br : D < B < A < C
Giải thích tương tự bài trên.
* Thứ tự phản ứng thế nhóm NO

2
: C < D < B < A
Giải thích : Do quá trình proton hóa nhóm NH
2
của C
6
H
5
-NH
2
bởi HNO
3
(và có thể cả H
2
SO
4
)
theo phương trình: C
6
H
5
-NH
2
+ HNO
3

→
C
6
H

5
-NH
3
+
NO
3
-
nên cản trở sự thế nhóm NO
2
vào vòng Benzen
⇒
Khả năng thế còn kém hơn so với C
6
H
5
-NO
2
.
Sau đó, dưới tác dụng của HNO
3
thường thu được sản phẩm thế nhóm NO
2
ở vị trí meta

NH
3
NO
3
+
HNO

3
H
2
SO
4
NH
3
+
NO
2
NaOH
NH
2
NO
2

19
Hướng(III) - Tính chất vật lý :
III.1. Cho bốn chất thơm : C
6
H
5
-NH
2
, C
6
H
5
-OH, C
6

H
5
-Cl

, C
6
H
6
.
Với các nhiệt độ sôi :
Chất thơm A B C D
Nhiệt độ sôi 80
o
C 132,1
o
C 184,4
o
C 181,2
o
C
Hãy xác định ký hiệu A,B,C,D cho mỗi chất và giải thích ?
•
*C
6
H
5
-NH
2
và C
6

H
5
-OH có thể tạo liên kết Hidro liên phân tử nên có nhiệt độ sôi cao hơn,
chúng là C và D.
*Trong phân tử, do nguyên tố oxi có độ âm điện = 3,5 lớn hơn độ âm điện của Nitơ = 3,0 nên
Liên kết Hidro trong C
6
H
5
-OH bền vững hơn
⇒
nhiệt độ sôi cao hơn. Vậy : C là C
6
H
5
-OH , còn
D là C
6
H
5
-NH
2
.
* Phân tử C
6
H
5
-Cl là phân tử phân cực có Mol phân tử = 112,5 g lớn hơn Mol phân tử của C
6
H

6
= 78
nên phải có nhiệt độ sôi cao hơn
⇒
B là C
6
H
5
-Cl còn A là C
6
H
6
.
III.2. Có 5 chất hữu cơ: cis- CHCl=CHCl ; trans- CHCl=CHCl ;
cis- CH
3
- CH=CHCl ; trans- CH
3
-CH=CHCl và trans- CH
3
-CH=CH-COOH
với các giá trị momen lưỡng cực sau đây:
Chất hữu cơ A B C D E
µ (D)
0,00 1,89 2,13 1,97 1,71
Hãy chỉ rõ A,B,C,D,E ứng với chất nào? Giải thích.
•
*Phân tử trans- CHCl=CHCl là A vì 2 nguyên tử Cl tạo ra 2 vectơ momen lưỡng cực cùng
phương, cùng độ lớn nhưng ngược chiều nên triệt tiêu .
*Hai phân tử trans- CH

3
-CH=CH-COOH và trans- CH
3
-CH=CHCl sẽ có momen lưỡng cực
lớn hơn (2,13 & 1,97) vì nhóm CH
3
- thì đẩy electron, còn nhóm -COOH và nguyên tử Cl thì hút
electron nên tạo ra 2 vectơ momen lưỡng cực cùng phương, cùng chiều. Tuy nhiên, do nhóm
-COOH hút electron mạnh hơn -Cl nên trans- CH
3
-CH=CH-COOH là C còn trans- CH
3
-
CH=CHCl là D
* Phân tử cis- CHCl=CHCl là B vì 2 nguyên tử Cl tạo ra 2 vectơ momen lưỡng cực cùng độ lớn,
nhưng không cùng phương và không có sự bù trừ về momen lưỡng cực nên
µ
lớn hơn (1,89D). Còn
phân tử cis- CH
3
- CH=CHCl có 1 nhóm -CH
3
đẩy electron,tạo với nguyên tử Cl hút electron 2
vectơ momen lưỡng cực không cùng phương, nhưng có sự bù trừ một phần momen lưỡng cực
nên
µ
nhỏ hơn (1,71D)
⇒
nó là E .
20

2.2. Lược bớt hoặc chia nhỏ:
Ví dụ 1: Bài thi olympic hóa học quốc tế lần thứ 28 sau đây quá dài và có thể cắt làm đôi:
Hai hidrocacbon đồng phân A và B chứa 85,7 % cacbon theo khối lượng.
a) Viết công thức tổng quát thỏa mãn điều kiện này.
b) Phản ứng của mỗi chất với ozon và xử lí tiếp theo với bột kẽm trong axit tạo sản phẩm hữu cơ
duy nhất C. Sự oxi hóa hợp chất C cho một sản phẩm duy nhất là axit cacboxylic D. Số liệu
phổ cho thấy tất cả các nguyên tử hidro trong hợp chất D (trừ hidro của nhóm cacboxyl) đều
thuộc nhóm metyl. Khối lượng riêng của hơi D quy về điều kiện tiêu chuẩn (0
0
C, 1 atm) là 9,1
g/l . Viết công thức cấu tạo của hợp chất D khi ở trong dung dịch nước và khi ở pha hơi.
c) Viết công thức cấu tạo của hợp chất C. Viết công thức cấu tạo các đồng phân A và B. Viết các
phương trình phản ứng của quá trình chuyển A hoặc B thành C và D.
d) Khi phản ứng với dung dịch kali pemanganat trung tính trong nước, hợp chất A phản ứng dễ
hơn hợp chất B. Trong phản ứng này, A tạo thành một hợp chất
F duy nhất còn B tạo thành .một hỗn hợp đồng phân G
1
và G
2
theo tỉ lệ 1:1.
Viết các phương trình phản ứng của quá trình chuyển A thành F, và B thành G
1
và G
2
.
e) Các hợp chất G
1
và G
2
phản ứng dễ dàng với axeton có mặt axit để tạo các hợp chất H

1
và
H
2
. Viết công thức cấu tạo của H
1
và H
2
.
f) Các hợp chất A và B phản ứng với brom. Một trong các sản phẩm của các phản ứng này không
cực (mo men lưỡng cực của phân tử này coi như bằng không) và không có tính quang hoạt.
Viết công thức hóa học lập thể của sản phẩm này, và phương trình tạo thành chất ấy. Hãy xác
định cấu hình tuyệt đối của các nguyên tử có tính đối xứng gương trong phân tử này( nếu có)
và đánh dấu chúng theo quy tắc đọc tên R và S bằng cách chỉ định đúng R hoặc S tại mỗi tâm
lập thể.
g) Anken phản ứng với peaxit (peoxiaxit) dẫn đến sự cộng hợp một nguyên tử oxi vào liên kết
đôi để tạo một vòng ba cạnh có chứa oxi. Phản ứng "epoxi hóa" này có tính lập thể đặc thù rõ
rệt dẫn đến sự lưu giữ các vị trí tương đối của các nhóm thế trên liên kết đôi mà nguyên tử oxi
gắn vào. Sự epoxi hóa hợp chất A bằng axit peaxetic tạo thành một hợp chất duy nhất K. Trong
cùng điều kiện B tạo thành một hỗn hợp đồng phân L
1
và L
2
(theo tỉ lệ 1: 1). Hợp chất K có
tính quang hoạt không? Viết công thức hóa học lập thể của K chỉ rõ hóa học lập thể của nó.
Mỗi hợp chất L
1
và L
2
có tính quang hoạt không? Viết công thức hóa học lập thể của L

1
và L
2
chỉ rõ hóa học lập thể.
♣
Phần thứ nhất có thể dừng ở các phần a, b, c, d, e. Khi đó lời giải:
a) Công thức tổng quát: C
n
H
2n
.
b) Theo giả thiết chất D phải có nguyên tử cacbon bậc 4 liên kết trực tiếp với nhóm – COOH và
ba liên kết còn lại đều với các nhóm – CH
3
.
Vậy công thức của D là: (CH
3
)
3
C – COOH. (Khối lượng mol phân tử = 102). Khối lượng
mol phân tử ở pha hơi = 9,1
×
22,4 = 203,84 gần gấp đôi khối lượng mol phân tử của
(CH
3
)
3
C – COOH cho thấy ở pha hơi D tồn tại dưới dạng dime.
Cấu tạo của D:
C

CH
3
CH
3
H
3
C
COOH + H
2
O
C
CH
3
CH
3
H
3
C
COO
+
H
3
O
+
OH
O HO
O
"%*$!*$+,$ 
/$"0*$",1$,2
21

c) Sản phẩm ozon phân là một andehit tương ứng mới bị oxihóa tạo ra axit duy nhất.
Cấu tạo C: (CH
3
)
3
C – CHO. Do C là sản phẩm duy nhất nên A và B là các anken đối xứng
dạng R – CH = CH – R
Phương trình phản ứng A
→
C
→
D
(CH
3
)
3
C C(CH
3
)
3
O
3
(CH
3
)
3
C C(CH
3
)
3

O
O
O
Zn
H
3
O
+
2(CH
3
)
3
C-CHO
2(CH
3
)
3
C-COOH
[O]
d) Phản ứng của A
→
F

(CH
3
)
3
C
C(CH
3

)
3
(CH
3
)
3
C
C(CH
3
)
3
KMnO
4
HO
OH
H
H
Phản ứng của B
→
G
1
+ G
2
.
(CH
3
)
3
C
C(CH

3
)
3
KMnO
4
(CH
3
)
3
C
C(CH
3
)
3
HO
OH
(CH
3
)
3
C
C(CH
3
)
3
HO
OH
+
H
e) Cấu tạo các chất H

1
và H
2
(sản phẩm phản ứng của G
1
và G
2
với axeton)

(CH
3
)
3
C
C(CH
3
)
3
(CH
3
)
3
C
C(CH
3
)
3
O
O
O

O
C
C
H
3
C
H
3
C
CH
3
CH
3

C(CH
3
)
3
(CH
3
)
3
C
O
O
O
O
C(CH
3
)

3
(CH
3
)
3
C
hay
♣
Phần thứ hai cần lặp lại câu a và một nửa câu b (đến chỗ đều thuộc nhóm CH
3
) hoặc có thể
thiết kế theo kiểu khác để xác định cấu tạo A, B, D, sau đó nối tiếp câu f, g và có lời giải như
sau:
f) Sản phẩm brom hóa không phân cực tạo ra từ B, vì phản ứng cộng brom theo cơ chế A
E
xảy
ra theo kiểu trans, nghĩa là một nguyên tử Br tấn công vào
phía này của nối đôi thì nguyên tử Br còn lại sẽ tấn công
vào phía kia(phía đối lập). Để giải thích điều này người ta
22


(CH
3
)
3
C C(CH
3
)
3

CH
CH
(CH
3
)
3
C
CH
CH
C(CH
3
)
3
C
C
Br
+
Br
(-)
cho rằng: ‘‘cacbocation trung gian sinh ra từ giai đoạn chậm của phản ứng có thể tồn tại dưới
dạng vòng ba cạnh nên một phía của liên kết C – C bị án ngữ, chỉ còn lại một phía trống để
cho anion Br
−
tấn công’’. Cấu tạo lập thể của sản phẩm này có thể được biểu diễn một
trong ba kiểu sau:

Br
Br
(CH
3

)
3
C
C(CH
3
)
3

C(CH
3
)
3
(CH
3
)
3
C
Br
Br
H
H

Br
Br
C(CH
3
)
3
C(CH
3

)
3
S
S
R
R
Phương trình tạo thành sản phẩm nói trên:

(CH
3
)
3
C
C(CH
3
)
3
Br
2
C(CH
3
)
3
(CH
3
)
3
C
Br
Br

g) Cấu tạo của K , L
1
, L
2
.
O
(CH
3
)
3
C
C(CH
3
)
3
K ()
O
(CH
3
)
3
C
C(CH
3
)
3
O
(CH
3
)

3
C
C(CH
3
)
3
L
1
 L
2
(C)
23
2.3. Thay thế :
Ví dụ 1: Bài số 4 trong Kỳ thi olympic hóa học quốc tế năm 2000 tại Đan Mạch có nội
dung:“Một hợp chất A có trong tự nhiên, chỉ chứa C, H, O và có thành phần % lượng các nguyên
tố: C = 63,2%; H = 5,3%; O = 31,5%
a) Xác định công thức thực nghiệm của hợp chất A.
b) Phổ khối của chất A nêu trong hình 1, công thức phân tử của A thế nào?
c) Lắc một dung dịch của A trong ete với dung dịch NaOH trong nước. Sau khi lắc, không còn
A trong pha ete. Lắc một dung dịch khác của A trong ete với
dung dịch NaHCO
3
trong nước. Vẫn còn A trong pha ete. A thuộc loại hợp chất nào?
d) Hợp chất A tạo được gương bạc với thuốc thử tollens. Nhóm chức nào có trong A?
e) Phổ
1
H-NMR của chất A ghi tại 300 MHz được nêu trong hình 2a và 2b (dung môi CDCl
3

(7,27ppm), chất chuẩn tetrametylsilan). Các vạch tại 3,9; 6,3 và 9,8ppm là vạch đơn, hình 2b

phóng đại vùng 6,9 – 7,6ppm. (Độ dời hóa học cho sẵn). Vạch 6,3 ppm biến mất khi thêm một
giọt D
2
O. Cùng một vạch dời về phía có trị số ppm bé hơn khi pha loãng với CDCl
3
. Hai hiện
tượng trên cho biết điều gì?
f) Viết 4 công thức cấu tạo có thể có của chất A.
g) Hãy cho biết cấu tạo của mảnh bị mất ứng với các mũi tại 137 và 123 đơn vị khối lượng trong
phổ khối.
h) Hai trong số các đồng phân của A có trị số pKa thấp hơn các chất còn lại. Viết công thức
cấu tạo của hai chất này”.
Ta có thể thay các dữ kiện về phổ đã cho trong bài như sau:
1. Một hợp chất A có trong tự nhiên, chỉ chứa C, H, O và có thành phần nguyên tố cấu tạo
gồm: 63,2%C; 5,3% H; 31,5% O.
a) Xác định công thức nguyên và công thức phân tử A, biết M
A
=152
b) A tác dụng được với dung dịch NaOH trong nước, nhưng không tác dụng được với dung dịch
NaHCO
3
trong nước. A có thể tạo được gương bạc với dung dịch Ag(NH
3
)
2
+
. Khi đun nóng A với
axit HI, chất hơi bốc ra được dẫn vào dung dịch AgNO
3
trong ancol thấy tạo thành kết tủa AgI.

Hãy viết bốn công thức cấu tạo có thể có của hợp chất A. Gọi tên mỗi chất theo danh pháp hệ
thống.
c) Khi thêm vào A một giọt D
2
O hoặc khi pha loãng A với CDCl
3
thì nhiệt độ sôi của A thay
đổi thế nào? Giải thích.
d) Hai trong số các đồng phân của A có trị số pKa thấp hơn các chất còn lại. Viết công thức cấu
tạo của hai chất này.
♣
Công thức nguyên và phân tử: C
8
H
8
O
3
.
Bốn cấu tạo đồng phân:












3







&





* Thêm D
2
O tạo ra liên kết hidro liên phân tử với A
→
nhiệt độ sôi tăng; còn khi pha loãng A với
CDCl
3
làm giảm liên kết hidro liên phân tử
→
nhiệt độ sôi giảm.
* Hai cấu tạo (A) và (C) có pKa thấp hơn các chất còn lại
24
Ví dụ 2: Một bài thi về phổ có nội dung sau:“ Một hợp chất hữu cơ có công thức phân tử
C
9
H

8
O
2
, phổ hồng ngoại của nó có các đỉnh hấp thụ ở 765, 708, 935, 980, 1450, 1500, 1580,
1620, 1680 và một dải hấp thụ rộng ở 3000 – 2500cm
−
1
. Xác định cấu tạo của hợp chất trên”.
♣
2500 – 3000 cm
−
1
:
ν
OH
; 1680 cm
−
1
:
ν
C=O
; 1620 cm
−
1
:
ν
C=C
;
1450, 1500 và 1580 cm
−

1
:
ν
C=C
(vòng benzen) ; 980 cm
−
1
:
δ

=C – H
(trans -) ;


935 cm
−
1
:
δ
O – H
; 756 và 798 cm
−
1
:
δ
C – H
(vòng benzen). Vậy chất hữu cơ trên có công
thức cấu tạo C
6
H

5
– CH = CH – COOH và có cấu hình trans.
Ta có thể thay bằng các kiến thức sau:
- Lập công thức phân tử theo phương pháp phân tích lượng nguyên tố
- Phản ứng với H
2
(xt Ni, t
0
) theo tỷ lệ số mol 1: 4, nhưng chỉ phản ứng với dung dịch brom theo
tỷ lệ mol 1 : 1
- Tan được trong dung dịch NaHCO
3
trong nước
- Phản ứng với butadien 1,4 tạo ra dẫn xuất có 2 vòng
- Viết phương trình điều chế chất này từ axetylen và các chất vô cơ
Ví dụ 3: Bài số 26 trong Tài liệu chuẩn bị thi IChO 33 tại ấn độ là bài thực hành có nội dung: “
Tổng hợp 1 – phenyl – azo – 2 – napthol” ta có thể thay bằng sơ đồ:

NH
2
HCl
A
NaNO
2
HCl
B
OH
1-phenyl-azo-2-naphtol
♣
Cấu trúc của sản phẩm là :

A là muối cloruaanilin

B là muối benzen diazoni
3. Đảo chiều:
Ví dụ 2: a) Viết phương trình phản ứng hoàn thành dãy biến hóa sau:

C
H
3
C
CH
3
CH
3
CH
2
+ Cl
2
A
+ KOH
B
- H
2
O
D
CH
3
askt
( )
b) Có thể đảo chiều lại như sau: “ Tìm cấu tạo các chất trong sơ đồ sau:

X
+ Cl
2
+ KOH
H
2
O
H
2
SO
4
!"
#
askt
A
B
H
2
O
C
C
H
3
C
H
3
C
CH
3

CH
3
Biết phân tử chất X có chứa nguyên tử cacbon bậc 4.
♣
25
N
N
OH