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
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:



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

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

→
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

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


 

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

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

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
) = 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

;
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

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.

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
]

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.

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

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
-

+ 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

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

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
+

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
+
]

. 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

→

)
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.

+
;
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
+
 
 

= 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

[ ]
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] =
( )

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

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

=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


→
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%

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:

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

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

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

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
−

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

)
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

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+

↑
+ 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

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 )

.
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.

+

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

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

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
− −
−
+ ×

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

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

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

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

"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

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

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

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

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

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 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

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

)
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

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

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

)
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

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
)

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.

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

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

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:

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