tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học thpt

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 nH2n+1COOH, công thức chung của 2 axit không
no là: C m H 2 m −1COOH với số mol tương ứng là x và y
CnH2n+1COOH + NaOH → CnH2n+1COONa + H2O
x
x
x
C m H 2 m −1COOH + NaOH → C m H 2 m −1COONa + H2O
y
y
y
3n + 1
CnH2n+1COOH +
O2 → (n+1)CO2 + (n+1)H2O
2
x
(n+1)x
(n+1)x
3m
C m H 2 m −1COOH +

O2 → ( m + 1)CO2 + m H2O
2
my
y
( m + 1)y
Phản ứng trung hoà NaOH dư:
NaOH dư + HCl = NaCl + H2O
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 CO2 và H2O
x + y = 0,2

Có hệ phương trình: (14n + 68)x + (14m + 66)y = 17,04
[(n + 1)x + (m + 1)y]44 + [(n + 1)x + my]18 = 26,72

(x + y ) = 0,2

↔ 14( nx + my ) + 66(x + y) + 2x = 17,04
62( nx + my) + 44(x + y ) + 18x = 26,72


Giải hệ phương trình trên, ta được: x = 0,1 ; y = 0,1 ;
⇒ n + m = 2,6. Với m ≥ 2 nên n = 0 và m =2,6
1

nx + m y = 0,26

Công thức của 3 axit là: HCOOH ; C2H3COOH và C3H5COOH
Giải có nhận xét:
17,04
= 85,2
0,2
→ KL mol TB của 3axit bằng 85,2 – 22 = 63,2
Với công thức tổng quát CnH2nO2 và Cm H 2 m-2O2 (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 CO2 và H2O bằng 26,72 gam tính được số mol CO 2 bằng 0,46 và số
mol H2O bằng 0,36.
KL mol TB của 3 muối bằng

Từ

3n − 2
O2 → n CO2 + n H2O
2
Cm H 2 m− 2O2 + 3m − 2 O2 → m CO2 + ( m - 1) H2O
2

CnH2nO2 +

Suy ra số mol Cm H 2 m− 2O2 bằng 0,46 – 0,36 = 0,1 và số mol axit no cũng = 0,1
0,46
và n + m =
= 4,6 → khi m > 3 thì n ≤ 1 → n = 1 ứng với H – COOH
0,1
(63,2 × 0,2) − (46 × 0,1)

KL mol TB của 2 axit không no =
=80,4
0,1
ứng với 2 axít không no kế tiếp là C2H3COOH (72) và C3H5COOH (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 C2H2I2 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- :
H

H
C

I

C

dcis = d C= C + 2 d C – I × sin

C

C

1200
d

300.

I
I

300

I

= 1,33 + 2,1 = 3,43 Å
2

= d C= C + d C – I


♣ Đồng phân trans- :
I

d trans =2× IO
IO =

IC 2 + CO 2 − 2 IC × CO × cos120 0

= 2,12 +(

1,33 2
1,33
) -2×2,1×
cos1200
2

2

I

H
C
I

1200

C

C
H

d
O

C

I

≈ 2,5 Å → d trans =5,0 Å
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:
H2 O
H2 SO 4 d
H2 SO4 d
ddBr2
A →
B →
D →
E 
→ CH3-CHBr – CHBr-CH3.
H2 SO4 lo · ng
1700 C
1700 C
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 :

3


H

H
O

C

H
C

C

H

CH3

CH3

C

CH3

cis-but-2,3-en
oxitoxit
cis-2,3-buten

CH3

*Với trans – but-2- en :
H

H
O

H3C

C
C

H3C

CH3

C
C

H

H

CH3

trans- but-2,3-en oxit
trans-2,3-buten
oxit

* Nhận xét : Hóa lập thể của anken vẫn được bảo toàn đối với epoxit. Đây là
phản ứng đặc thù về mặt lập thể.
* Cơ chế phản ứng: electron π của liên kết đôi trong anken tấn công S N2 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/cm3. ( Cu= 64).
HDG:
Theo hình vẽ ta thấy: 1 mặt của khối lập phương tâm diện
có AC = a 2 =4 rCu
D
C

→ a=

4 × 1, 28
= 3,62 (Å)
2

M

Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 tâm của nguyên tử là AM
AM = 2 rCu = 1,28× 2 = 2,56 (Å)
*Số nguyên tử Cu trong một tế bào cơ sở n = 8 ×
1
= 4 (nguyên tử)
2
4

1
+ 6×
8

A

a

B


d=

64 × 4
m
= 6, 02.1023 (3, 62 ×10−8 )3 = 8,96 g/cm3.
V

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: Za ; Na ; Aa
Gọi số hạt proton, nơtron, số khối của nguyên tử b là: Zb ; Nb ; Ab
Gọi số hạt proton, nơtron, số khối của nguyên tử c là: Zc ; Nc ; Ac
Từ các dữ kiện của đầu bài thiết lập được các phương trình:
2(Za + Zb + Zc) + (Na + Nb + Nc) = 82
(1)
2(Za + Zb + Zc) - (Na + Nb + Nc) = 22
(2)
Ab - Ac = 10 Aa
Ab + Ac = 27Aa

Từ (1) và (2) : (Za + Zb + Zc) = 26; (Na + Nb + Nc) = 30 => Aa + Ab + Ac = 56
Giải được: Aa = 2 ; Ab = 37 ; Ac = 17. Kết hợp với (Za + Zb + Zc) = 26
Tìm được : Za = 1, Zb = 17 ; Zc = 8 các nguyên tử là: 1H2 ; 17Cl37 ; 8O17
Công thức X: HClO.

5


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 +
X?

0

n1

X?
60
28

Ni

(1)

+

...

;

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 + Cl2 → CoCl2).
HDG:
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 27Co60.
59
60
27Co + 0n1 → 27Co .
Số khối: 60 = 60; Điện tích: 27 = 28 + x → x = −1. Vậy có −1e0.

60
60
+ −1e ;
hv = 1,25MeV.
27Co → 28Ni
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 + Cl2 → Co2+ + 2Cl−→ CoCl2.
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 SN1
b) Tách E1 với Ag+
c) Phản ứng SN2 với NaI
GIẢI
6


HOH
→ CH3-CH2-CHOH-CH3
a) CH3-CH2-CHBr-CH3 → [ CH3-CH2-CH+-CH3 ] 
SN 1
+

E1
Ag
→ CH3→ [ CH3-CH2-CH+-CH3 ] 
b) CH3-CH2-CHBr-CH3 
H2 O
− H+

CH=CH-CH3
NaI

→ CH3-CH2-CH I-CH3
c) CH3-CH2-CHBr-CH3 
SN 2
Ví dụ 4. a/ Đun nóng butađien 1,3 với Stiren thu được sản phẩm duy nhất X:
C12H14 sản phẩm này có thể bị hiđro hoá theo sơ đồ:
X

+ H2, Ni
250C, 2atm

Y

+ H2, Ni

Z

1000C, 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 H2 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.
HDG:
♣ a/ CH2=CH-CH=CH2 + CH=CH2
(C12H14)

→

CTCT X

C6H5

CTCT Y:

CTCT Z:

Sở dĩ phản ứng (2) cần điều kiện to, p cao hơn pứ (1) vì lk π trong vòng benzen
nhiều hơn lk π của vòng C6H9.
b/ Công thức cấu tạo 4 loại polime
CH3
CH2 C
CH CH2 n

CH2 CH

;

C
CH3

;

CH2

n

CH2

H
C

CH3

;

C
CH2

n

Dạng cis
trans

7

CH2

CH2
C

CH3

C
H

n

Dạng


CH3

CH3

Q:

P:
C

CH2

CH CH3

CH3

CH3

8


D. NĂNG LỰC KIỂM CHỨNG
Ví dụ 1. Chất rắn A là kim loại hoặc là một trong các chất MnO 2, KMnO4,
K2Cr2O7, CaOCl2, 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 Cl2
HDG:
♣ MnO2 + 4H+ + 2Cl- → Mn2+ + Cl2↑ + 2H2O
2MnO4- + 16H+ + 10Cl- → 2Mn2+ + 5Cl2↑ + 8H2O
Cr2O72- + 14H+ + 6Cl- → 2Cr3+ + 3Cl2↑ + 7H2O
OCl22- + 2H+
→
Cl2↑+ H2O
Theo phương trình để thu được 8,4 lít Cl2 (0.375 mol) thì cần
0,125 ≤ số mol A ≤ 0,375 → 23,7g ≤ mA ≤ 47,6 gam.
Điều này trái giả thiết mA = 15. Vậy B không thể là Cl2
Ví dụ 2 : Có cân bằng N2O4 (k) ⇌ 2 NO2 (k) . Cho 18,4 gam N2O4 vào bình
dung tích 5,904 lít ở 270C . 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.
HDG:
♣ Số mol ban đầu N2O4 = 0,2

N2O4 (k) ⇌ 2 NO2 (k)
[ ]
0,2 – x
2x
PV
1 × 5,904

=
Tống số mol lúc cân bằng = 0,2 + x =
= 0,24
RT 0,082 × 300
→ x = 0,04 mol
PNO
nNO
( PNO )2 1
1
=
=
=
số mol NO2 = 0,08 ; N2O4 = 0,16 →
→ Kp =
PN O nN O 2
PN O
6
2

Giả sử áp suất giảm đến 0,5 atm thì

2

2

2 4

2 4

P

1
=
0,5 − P 6

2

2

4

→ 6P2 + P – 0,5 = 0
PNO

0,217
= 0,767 > 1
PN O 0,283
2
Vậy, khi giảm áp suất cân bằng sẽ dịch chuyển theo chiều tạo NO 2 (làm tăng số
→ P(NO2) = 0,217 atm ; P(N2O4) = 0,283 atm → Tỷ số

2

2 4

mol khí → làm tăng áp suất)

9

=

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 Kb(NH3) = 1,74. 10−5 ; KL mol (Ag) = 107,88
Hằng số bền của phức Ag(NH3)+ = 103,32 ; Ag(NH3) 2 = 107,23 ;
+

Thế oxihóa-khử chuẩn E0(Ag+/Ag) = 0,799 V ; E0(O2/OH−) = 0,401 V
(Hàm lượng oxi trong không khí là 20,95% theo thể tích)
HDG:

♣ Phản ứng tạo phức : Ag+ + NH3 ⇌ Ag(NH3)+.
+
Ag+ + 2NH3 ⇌ Ag(NH3) 2
Về tính toán theo phương trình phản ứng ta thấy có khả năng Ag tan hết, do :
0,1
số mol Ag =
= 9,27. 10− 4 ;
107,88
số mol NH3 đã cho = 10− 2 > số mol NH3 cực đại để tạo phức = 18,54. 10− 4 ;
* Cần phải kiểm tra khả năng hòa tan bằng nhiệt động học :
Ag+ + e → Ag

−
O2 + 2H2O + 4e → 4OH .

E1 = E 1 + 0,059 lg [Ag+]
PO
0,059
0

lg
E2 = E 2 + 4
OH − 
0

2

Vì khi cân bằng E1 = E2 nên tính được E2. Trong dung dịch NH3 0,1 M

−
−
−
[OH ] = (Kb.C)1/2 = (1,74. 10 5.0,1)1/2 = 1,32. 10 3.
0,059
0,2059
lg
E2 = 0,401 +
= 0,561 V
4
1,32 × 10 −3
0
E
−
E
2
1
−
→ lg [Ag+] = 0,059 = − 4,034 V → [Ag+] = 9,25. 10 5 M
Nồng độ tổng cộng của bạc trong dung dịch : ( giả sử [NH3] ≈ 0,1 M )
+

S = [Ag+] + [Ag(NH3)+ + Ag(NH3) 2 ] = [Ag+] × ( 1 + β1[NH3] + β2[NH3]2

)
10


−
= 9,25. 10 5× ( 1 + 102,32 + 105,23 ) = 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

- H+

R - CH - COO

+NH
3

+NH
3

(A)

(C)

- H+

R - CH - COO

NH2
(B)

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 pK1 = 2,35 đối với cân bằng A ⇌ C + H+ ;
pK2 = 9,69 đối với cân bằng C ⇌ B + H+ .
HDG:
♣ Tại điểm đẳng điện nồng độ của các ion trái dấu bằng nhau: [A] = [B] (1)

[ C ] .  H
Các hằng số axit là : K1 =
[ A]

+



(2)

[ B ] .  H
K2 =
[ C]

+



Theo định luật bảo toàn nồng độ : [A] + [B] + [C] = C0

(3)
(4),

( trong đó C0 là tổng nồng độ của aminoaxit )
Từ (1), (2), (3) tại điểm đẳng điện : [H+]2 = K1.K2

(5) hay pH =

pK1 + pK 2
2

−
−
−
[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:
11


[ C] = K
[ A]  H

1
+

Từ (2) :



=

K1
= K11/2.K21/2 .
( K1. K 2 )1/ 2

 [ C] 
[ C]
K1 10−2,35
= −9,69 = 107,34 hay 2,19. 107. →
= 4680

÷ =
[ A]
 [ A]  K 2 10
[ C]
[ C]
1
=
=
Như vậy, [ A] + [ B ] + [ C ] (2 [ A] + [ C ] ) 2 [ A]
= 0,99957 ≈ 1,00
+1
[ C]
* Sau khi lấy đạo hàm của [C] theo [H+] , trong đó [C] là hàm sau :
2

[C] =

(  H

C0 .K1.  H + 

)

2
từ phương trình (2), (3), (4) ta chỉ tìm
 + K1.  H +  + K1.K 2
được một cực trị đối với [H+] = (K1.K2)1/2.
+

12


E. NĂNG LỰC QUAN SÁT, NHẬN XÉT ĐỂ TÌM CON ĐƯỜNG NGẮN
NHẤT ĐẾN KẾT QUẢ
Ví dụ 1. Hỗn hợp gồm Mg và Fe2O3 nặng 20gam tan hết trong dung dịch H 2SO4
loãng, dư thoát ra Vlít H2 (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.
HDG:
♣ Sau khi viết phương trình phản ứng, ta nhận xét: Mg
+O
Mg
O
Suy ra:

Fe2O3

Fe2O3

Lượng oxi đã kết hợp với Mg bằng 28 - 20 = 8( gam) hay 0,05 mol

⇒ V= 1,12 ( dm3) 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
O2 và thu được 17,92 lít CO2 (các thể tích khí đo ở đktc). Xác định công thức cấu tạo của
A và B.
HDG:
♣ Este đơn chức kế tiếp có dạng chung CXHYO2 với số mol O2= 0,975 ;
CO2= 0,8 nên số mol H2O 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 nC bằng 0,8 : 0,15 = 5,33
⇒ 5 < 5,33 < 6
Trị số nH bằng ( 0,65 : 0,15) x 2 = 8,66 ⇒ 8 < 8,66 < 10
Vậy công thức phân tử 2 Este là C5H8O2 và C6H10O2
7, 6

Kl mol TB của 2 Rượu bằng 0,15 = 50,66 ⇒ 2 Rượu kế tiếp là C 2H5OH (46) và
C3H7OH (60). Suy ra Muối có số C bằng 5 - 2 = 3 và số H = 8 - 5 = 3
⇒ Công thức của muối là C3H3O2Na hay CH2=CH-COONa . Vậy công thức cấu
tạo của A là CH2=CH-COO-C2H5 và B là CH2=CH-COO-C3H7
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
13


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.
HDG:
♣
Mg + 2 HCl → MgCl2 + H2↑
Al + 3 HCl → AlCl3 + 1,5 H2 ↑
HCl + NaOH → NaCl + H2O
MgCl2 + 2NaOH → Mg(OH)2 ↓ + 2 NaCl
AlCl3 + 3NaOH → Al(OH)3 ↓ + 3 NaCl
Mg(OH)2 → MgO + H2O
2 Al(OH)3 → Al2O3 +3 H2O
Theo phương trình: số mol HCl = NaOH bằng 1,0 mol → CM (HCl) = 5 M
Số mol H2↑ bằng số mol oxi trong 2 oxit bằng

16, 2 − 9
= 0,45 ( mol)
16

→ V 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 m1 gam muối khan. Cùng lượng hỗn hợp được cho tác dụng
với dung dịch H2SO4 vừa đủ rồi cô cạn dung dịch thì nhận được m 2 gam muối khan.
Tính tổng số mol 2 kim loại kiềm

* Nếu m2 = 1,1807m, thì 2 kim loại kiềm kế tiếp nhau là nguyên tố nào?
* Với m1 + m2 = 90,5. Tính lượng hỗn hợp đầu và lượng kết tủa tạo ra từ (m1 + m2)
gam muối tác dụng với dung dịch BaCl2 dư.
HDG:
♣ 2R + 2HCl → 2RCl + H2↑ và 2R + H2SO4 → R2SO4 + H2↑
Con đường ngắn nhất là coi 2RCl ~ R2Cl2 sẽ nhận thấy m2 > m1 do lượng gốc
SO4 = 96 > lượng gốc Cl2 = 71. ( Độ tăng = 96 – 71 = 25 )Suy ra:
m2 − m1
m − m1
∑ số mol 2 muối sunfat = 2
và ∑ số mol 2 kim loại kiềm =
12,5
25
0,1807m1
với m2 = 1,1807 m1 thì số mol 2 muối =
25
1,1807m1 × 25
→ KL mol TB 2 muối sunfat =
= 163,35
0,1807m1
2

14


163,35 − 96
= 33,675
2
Đó là Na = 23 và K = 39
Ghép : m2 = 1,1809m1 và m1 + m2 = 90,5 tính được m1 = 41,5 và m2 = 49

=> Số mol muối = 0,3 => lượng 2 kim loại kiềm = 49 - 0,3. 96 = 20,2 (gam)
Ba2+ + SO42- => BaSO4
lượng kết tủa = 0,3 x 233 = 69,9 (gam)

→ Kl mol TB 2kim loại kiềm =

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 H2O và 5,28 gam CO2 .
Xác định Công thức cấu tạo của 2 rượu, biết rằng khi đốt V thể tích hơi của P
hoặc Q thì thể tích CO2 thu được trong cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất đều không
vượt quá 3V.
HDG:

♣ Số mol H2 = 0,04 ; CO2 = 0,12 ; H2O = 0,17
Do 2 rượu đều no mạch hở nên công thức chung CnH2n+2Ox .(n, x đều là trị số TB)
3n + 1 − x
CnH2n+2Ox +
O2 → n CO2 + (n +1) H2O
2
Theo phương trình tổng số mol A + B = 0,17 – 0,12 = 0,05 mol
x
CnH2n+2Ox + x Na → CnH2n+2- x(ONa)x +
H2↑
2
0,12
0,04
Dễ thấy : n =
= 2,4 và x =

× 2 = 1,6 → phải có 1 rượu đơn chức
0,05
0,05
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 (C3H7OH)
Rượu đa chức còn lại có số cácbon < 2,4 và có số nhóm OH > 1,6
Đó là CH2OH – CH2OH (số nhóm OH không vượt quá số cacbon)
* Trường hợp 2 : Rượu đơn chức có số cacbon = 2 (C2H5OH)
Rượu đa chức còn lại có số cacbon > 2,4 và số nhóm OH ≤ 3 → C3H8Ox .
Ta có :
2
0,6
C2 H 5OH 0,6 3
2,4
=
=
→ tỉ số mol
C
H
O
0,4
2
3
3
8 x
0,4

15

áp dụng tỉ số này để tính x :

1

x - 1,6
1,6

x

→

x − 1,6 3
= → x = 2,5
0,6
2

0,6

* Trường hợp 3 : Rượu đơn chức có số cacbon = 1 (CH3OH)
Rượu đa chức còn lại có số cacbon > 2,4 và số nhóm OH ≤ 3 → C3H8Ox .
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 C3H7OH (0,02 mol) và C2H4(OH)2 (0,03
mol)
Ví dụ 2. Cho 2,16 gam hỗn hợp gồm Al và Mg tan hết trong dung dịch axit
HNO3 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 N2 và N2O.
−
5 Mg + 12 H+ + 2 NO 3 → 5 Mg2+ + N2 ↑ + 6 H2O
−
4 Mg + 10 H+ + 2 NO 3 → 4 Mg2+ + N2O ↑ + 5 H2O
−
10 Al + 36 H+ + 6 NO 3 → 10 Al3+ + 3 N2 ↑ + 18 H2O
−
8 Al + 30 H+ + 6 NO 3 → 8 Al3+ + 3 N2O ↑ + 15 H2O
4Al(NO3)3 → 2Al2O3 + 12 NO2 ↑ + 3O2 ↑
2Mg(NO3)2 → 2MgO + 4 NO2 ↑ + O2 ↑
Với KL mol TB của 2 khí = 36 và tổng số mol 2khí = 0,02 ta có thể tính được số
mol N2 = 0,01 và N2O = 0,01. Sau đó lập phương trình theo quy tắc bảo toàn số
mol electron : Al – 3e → Al3+.
2N5+ + 10 e → N2.
x
3x
0,1
0,01
Mg – 2e → Mg2+.
2N5+ + 8 e → N2O
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 Al2O3 và MgO.
Từ lượng 2 kim loại và lượng 2 oxit tính được số mol Al = 0,04
và số mol Mg = 0,045.
16


2N5+ + 10 e → N2.
0,1
0,01
2N5+ + 8 e → N2O
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 N5+ = 0,21 – 0,18 = 0,03 mol đã tham gia phản ứng khác, không giải phóng
Lặp lại tính toán như trên :

Al – 3e → Al3+.
0,04 0,12
Mg – 2e → Mg2+.

khí.
−
+
4 Mg + 10 H+ + NO 3 → 4 Mg2+ + NH 4 + 3 H2O
−
+
8 Al + 30 H+ +3 NO 3 → 8 Al3+ + 3 NH 4 + 9 H2O
2 NH4NO3 → N2 ↑ + O2 ↑ + 4 H2O ↑
Vậy chất D gồm : Al(NO3)3 (8,52 gam) ; Mg(NO3)2 (6,66 gam) ; NH4NO3 (2,4

gam) có lượng = 17,58 gam. Hỗn hợp ban đầu có 50% lượng mỗi kim loại.

Đó là phản ứng :

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 KMnO4 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.
( C6H12 có thành phần 85,71% C và 14,29% H hay CnH2n )
- Ankyl hóa A bằng isobutan tạo ra ankan B có công thức Cn+4H2n+10.
2n + 10
Theo giả thiết :
= 0,1529 → n = 8 → công thức A là C8H16 .
14n + 58

- Chất D (diankylbenzen) là para-xilen, chất F là benzen và chất X là xiclohexan
17


COOH

CH3

(D)

CH3

(E )

(F )

COOH

(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 *)

(I)

(II)

- 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
- Ka1(Y) > Ka1(E) do liên kết hidro nội phân tử làm tăng độ phân cực liên kết O-H
- Ka2(Y) < Ka2(E) do độ phân cực liên kết O-H giảm bởi độ bền của anion 1−.

18


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

19


1. Nhiều cách giải
Ví dụ 1: Ở 500C và dưới áp suất 0,344 atm độ phân ly α của N2O4 (k) thành
NO2(k) bằng 63%. Xác định Kp; Kc; Kx.
HDG:

• CÁCH THỨ NHẤT. Tính Kp → Kc; Kx
∑n
N2O4 (k) ⇌ 2 NO2(k)
1-α

[ ]

2α

1−α
1+ α

Phần mol

1 + α (α là độ phân ly)

2α
1+ α
2

2
NO2

P

Kp = P
N O

2 4

Áp dụng

 2α 


= 1 + α  . 0,344
1−α
1+ α

thay α = 0,63 tính được Kp = 0,9

Kc = Kp.(RT)−∆n với ∆n = 1 và
tính được Kc = 0,034

và

Kx = Kp. P −∆n
Kx = 2,63

• CÁCH THỨ HAI. Tính Kx → Kp ; Kc

Coi lúc đầu 1 mol N2O4 thì có 0,63 mol bị phân ly tạo ra 1,26 mol NO2 . Tổng số
mol lúc cân bằng = 1 + 0,63 = 1,63 . Ta có :
2

 1,26 
 1,63 ÷
 = 2,63 Từ đó suy ra Kp và Kc theo biểu thức đã nêu.
Kx = 
 0,37 
 1,63 ÷


Ví dụ 2: Người ta dự tính hoà tan 10-3 mol Mg(NO3)2 trong một lít dung dịch NH3
0,5M ; để tránh sự tạo thành kết tủa Mg(OH) 2 phải thêm vào dung dịch tối thiểu
bao nhiêu mol NH4Cl? Cho KNH3 = 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 [Mg2+].[OH ]2 ≤ 10-11.
−
−
−
với C0(Mg2+) = 10 3 thì [OH ] ≤ 10 4.
20


Cân bằng
[ ]

+

NH3 + H2O ⇌ NH 4 + OH
−
0,5 – 10 4

( x + 10−4 ) × 10 −4
có
= 1,8.10-5
−4
0,5 − 10

−

Kb = 1,8.10-5.

−
−
x + 10 4 10 4
−
(coi 10 4<< 0,5 ) → x = 0,0899

Vậy phải thêm tối thiểu 0,0899 mol NH4Cl để không tạo được kết tủa Mg(OH)2.

• CÁCH THỨ HAI.
−
Điều kiện để không tạo kết tủaMg(OH)2 là [Mg2+].[OH ]2 ≤ 10-11.
−
−
−

−
với C0(Mg2+) = 10 3 thì [OH ] ≤ 10 4 → [H+] ≥ 10 10 → pH ≥ 10
Khi thêm NH4Cl sẽ được dung dịch đệm bazơ (NH3 + NH +4 )
 NH 4+ 
pHđệm bazơ = 14 – pKb – lg
.
[ NH 3 ]
Thay pH = 10 ; pK = 4,74 ; [NH3] = 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 C6H5-OH (A), C6H6 (B), C6H5-CH3 (C), C6H5NO2 (D) với các tính chất sau:
Chất phản ứng
C6H5-OH
C6H6
C6H5-CH3
C6H5-NO2
Nước Br2
Có phản ứng Không
Không ph.ứ
Không ph.ứ
ph.ứng
o
Br2/Fe
Ph.ứng ở 0 C Có phản ứng Có phản ứng
Chỉ
phản
không cần Fe
ứng khi đun
nóng
HNO3/H2SO4 Ph.ứng với Có phản ứng Có ph.ứ không Chỉ

phản
cả
HNO3
ứng khi đun
cần H2SO4
loãng
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’’
♣ C6H5-NO2 < C6H6 < C6H5-CH3 < C6H5-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 C6H6
làm trung gian ta thấy: - Các nhóm -CH 3 ; - OH thuộc loại nhóm thế hoạt động
21


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.

22


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 C6H5-OH, C6H6, C6H5-CH3, C6H5-NO2 với các tính chất sau:
Chất phản ứng
A
B
C
D
Nước Br2
Không ph.ứ
Có phản ứng Không ph.ứ
Không ph.ứ
o
Br2/Fe
Có phản ứng Ph.ứng ở 0 C Chỉ phản ứng Có phản ứng
không cần Fe khi đun nóng
HNO3/H2SO4 Có phản ứng Ph.ứng với cả Chỉ phản ứng Có phản ứng
HNO3 loãng
khi đun nóng không cần
H2SO4
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 : C6H5-NH2 , C6H5-CH3, C6H5-NO2 , C6H6 với các tính chất sau:
Chất phản ứng
A
B
C

D
o
Nước Br2
Không ph.ứ Không ph.ứng Có ph.ứ ở t Không ph.ứ
thường
Br2/Fe
Có
phản Có phản ứng Ph.ứng ở 0oC Chỉ phản ứng
không cần Fe
khi đun
ứng
nóng
HNO3/H2SO4 Có
phản Có phản ứng Ph.ứng chậm
Chỉ phản ứng
ứng không
(có thể tạo ra
khi đun
cần H2SO4
sản phẩm meta) 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 C6H5-CH3 ; B là C6H6 ; C là C6H5-NH2 ; D là C6H5-NO2 .
* Thứ tự phản ứng thế nguyên tử Br : D < B < A < C
Giải thích tương tự bài trên.
* Thứ tự phản ứng thế nhóm NO2 : C < D < B < A
Giải thích : Do quá trình proton hóa nhóm NH 2 của C6H5-NH2 bởi HNO3 (và có

thể cả H2SO4) theo phương trình: C6H5-NH2 + HNO3 → C6H5-NH3+NO3nên cản trở sự thế nhóm NO2 vào vòng Benzen ⇒ Khả năng thế còn kém hơn so
với C6H5-NO2 . Sau đó, dưới tác dụng của HNO 3 thường thu được sản phẩm thế
nhóm NO2 ở vị trí meta
23


+
NH3NO3

+
NH3

NH2
NaOH

HNO 3
H2SO4

NO2

24

NO2


Hướng(III) - Tính chất vật lý :
III.1. Cho bốn chất thơm : C6H5-NH2 , C6H5-OH, C6H5-Cl , C6H6 .
Với các nhiệt độ sôi :
Chất thơm
A

B
C
D
o
o
o
Nhiệt độ sôi
80 C
132,1 C
184,4 C
181,2oC
Hãy xác định ký hiệu A,B,C,D cho mỗi chất và giải thích ?
• *C6H5-NH2 và C6H5-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 6H5-OH bền vững hơn ⇒ nhiệt độ sôi cao
hơn. Vậy : C là C6H5-OH , còn D là C6H5-NH2 .
* Phân tử C6H5-Cl là phân tử phân cực có Mol phân tử = 112,5 g lớn hơn Mol phân
tử của C6H6= 78 nên phải có nhiệt độ sôi cao hơn ⇒ B là C6H5-Cl còn A là C6H6 .
III.2. Có 5 chất hữu cơ: cis- CHCl=CHCl ; trans- CHCl=CHCl ;
cis- CH3- CH=CHCl ; trans- CH3-CH=CHCl và trans- CH3-CH=CH-COOH
với các giá trị momen lưỡng cực sau đây:
Chất hữu cơ
A
B
C
D
E
0,00
1,89

2,13
1,97
1,71
µ (D)
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- CH3-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- CH3-CH=CH-COOH là C
còn trans- CH3-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- CH3- CH=CHCl có 1 nhóm -CH3 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 .

25