DA NANG - PHAN CHU TRINH - DAP AN HOA 11

ĐÁP ÁN CỦA ĐỀ OLIMPIC - KHỐI 11 Câu1 (4 điểm) 1.1 Cho phản ứng: CO 2 (khí)  → CO (khí) + 2 1 O 2 (khí) Và các dữ kiện: Chất O 2 CO 2 CO 0 298 G ∆ (KJ.mol -1 ) -393,51 -110,52 0 298 S ∆ (J 0 K -1 .mol -1 ) 205,03 213,64 -197,91 1.1.1 Ở điều kiện chuẩn (25 0 C) phản ứng trên có xảy ra được không? 1.1.2 Nếu có H ∆ và S ∆ không phụ thuộc vào nhiệt độ. Hãy cho biết ở nhiệt độ nào phản ứng trên có thể xảy ra? 1.2 Hãy so sánh độ tan của SO 2 trong dung dịch nước có cùng nồng độ của các chất sau: a. NaCl b. HCl c. NH 4 Cl d. Na 2 S 1.3 Dẫn từ từ SO 2 qua1 lít dung dịch Ca(OH) 2 (dung dịch A), sau phản ứng thu được dung dịch có pH = 12 và có kết tủa tạo thành. Lọc kết tủa rồi làm khô, cân nặng được 1,200 gam. 1.3.1 Tính thể tích của SO 2 ở 27,3 0 C, 1 atm đã tan trong dung dịch A. 1.3.2 Tính nồng độ mol/L của Ca(OH) 2 trong dung dịch A. (Giả sử thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể, coi Ca(OH) 2 điện li hoàn toàn cả 2 nấc) 0,25 1.1.1 ∆H 0 pư = ∆H 0 co - ∆H 0 co 2 = 282,99 kJ 0.25 ∆S 0 pư = S 0 co + 2 1 S- S = 86,785 J. 0 K -1 0.25 → ∆G = ∆H - T∆S = 282,99.10 3 - 298.86,785 = 257128 J > 0 0.25 Vậy ở ĐKC (25 0 ) phản ứng này không xảy ra vì ∆G 0 > 0 1.1.2 Muốn phản ứng xảy ra phải có: 0.25 ∆G = ∆H - T∆S < 0 → T > 0.25 Nếu chấp nhận ∆H, ∆S không phụ thuộc vào nhiệt độ thì phản ứng xảy ra khi: T > ≈ 3216 0 K 1.2.(1,5đ) Khi SO 2 tan vào nước ta có các cân bằng: 0.25 SO 2(K) + H 2 O ⇋ HS − 3 O + H + (1) HSO ⇋ SO + H + (2) 0.25 a. NaCl (PH=7) nên không ảnh hưởng đến (1) (2), do đó độ tan của SO 2 trong dung dịch NaCl tương tự như trong nước. b. HCl: HCl → H + + Cl − 0.25 [H + ] tăng → cân bằng (1) (2) chuyển dịch sang trái, do đó độ tan của SO 2 giảm mạnh. c. NH 4 Cl NH 4 → NH + Cl − 0.25 NH ⇋ NH 3 + H + (Hay : NH + H 2 O ⇋ NH 3 + H 3 O + ) NH + là axit yếu nên [H + ] tăng ít → cân bằng (1) (2) chuyển dịch sang trái không đáng kể nên độ tan của SO 2 giảm ít. d. Na 2 S: Na 2 S → 2Na + + S 2 − 1 0.25 S 2 − + H 2 O ⇋ HS − + OH − HS − + H 2 O ⇋ H 2 S + OH − Ion S 2 − là một bazơ nhận H + làm cho cân bằng (1) (2) chuyển dịch sang phải, mặt khác dung dung dịch có phản ứng: SO 2 + 2H 2 S → 3S ↓ + 2H 2 O do đó độ tan của SO 2 tăng 0.25 ⇒ Kết quả: S (SO 2 )/Na 2 S > S (SO 2 )/NaCl > S (SO 2 )/NH4Cl > S (SO 2 )/HCl 1.3.1. Dung dịch sau phản ứng có pH = 12 → bazơ pOH = 2 → [OH] = 0,01M 0.25 → n OH = 0,01mol 0.25 SO 2 + Ca(OH) 2 → CaSO 3 ↓ + H 2 O (1) 0,01 0,01 0,01 n CaSO 3 = = 0,01 mol 0.25 (1) → n SO 2 = 0,010 mol → V SO 2 = → V SO 2 = 0,246 lít. 0.25 1.3.2 (1) → n Ca(OH) 2 (pư) = 0,01 mol n Ca(OH) 2 (dư) = n OH = 0,005 mol → n Ca(OH) 2 (ddA) = 0,015 mol → C M(Ca(OH) 2 = 0,015 mol/l Câu 2 (4 điểm) 2.1 Đánh giá khả năng hoà tan của HgS trong các dung dịch sau: 2.1.1 Dung dịch HNO 3 2.1.2 Nước cường toan (Cho: 0 / 3 NONO E − = 0 1 E = 0,96 v; 0 / 2 SHS E = 0 2 E = 0,141 v; H 2 S có pK 1 = 7,02 và pK 2 = 12,92; phức − 2 4 HgCl có 4 log β =14,92 và pT HgS = 51,8) 2.2 Một dung dịch X có chứa 5,4 gam Al 3+ ; 37,2 gam − 3 NO , x mol − 2 4 SO và 0,2 mol R n+ . 2.2.1 Xác định x và cation R n+ . Biết tổng khối lượng của muối trong dung dịch X là 82,6 gam 2.2.2 Bằng phương pháp hoá học, hãy nhận biết các ion trong dung dịch X 0,25 2.1.1. Trong HNO 3 (1,5đ) 3 x  HgS ⇋ Hg 2+ + S 2 − T = 10 − 51,8 HNO 3 → H + + NO 0,25 3 x  H + + S 2 − ⇋ HS − K = 10 1 2,92 3 x  H + + HS − ⇋ H 2 S K= 10 7,02 0,25 3 x  H 2 S - 2e ⇋ S + 2H + K ' 2 -1 = 10 − 2E/0,059 2 x  NO + 4H + + 3e ⇋ NO + 2H 2 O K ' 1 -1 = 10 3 E/0,059 0,25 3HgS + 2NO + 8H + ⇋ 3Hg 2+ + 3S + 2NO + 4H 2 O (1) K K = T 3 . K . K . K ' 1 2 . K ' 2 -3 2 0,25 lgK = 3lgT - 3lgK 2 - 3lgK 1 - 3lgK' 2 + 2lgK' 1 lgK = -3.51,8 + 3.12,92 + 3.7 + 6. 059,0 )141,096,0( − = -12,25 0,25 ⇒ K = 10 -1 2,25 , K rất bé ⇒ HgS tan rất ít trong HNO 3 0,25 2.1.2 . Trong nước cường toan: (1đ) Ngoài cân bằng (1) còn có thêm cân bằng tạo phức giữa ion Hg 2+ với ion Cl − 3HgS + 2NO + 8H + ⇋ 3Hg 2+ + 3S + 2NO + 4H 2 O K = 10 -12,25 3 x  Hg 2+ + 4Cl − ⇋ HgCl 4 β = 10 14,92 0,25 3HgS + 2NO + 8H + + 12Cl − ⇋ 3HgCl + 3S + 2NO + 4H 2 O (2) K ’ 0,25 lgK' = lgK + 3lg β 4 → lgK' = -12,25 + 3.14,92 = 32,51 0,25 → K' = 10 32,51 ; K' lớn nên HgS tan mạnh trong nước cường toan. 0,25 2.2.1 n + 3 Al = = 0,2mol, n − 3 NO = = 0,6 mol Theo ĐLBTĐT và ĐLBTKL ta có: 0,2.3 + 0,2.n = 0,6 .1 + 2x → x = 0,1n 5,4 + 37,2 + 96x + 0,2.M R n+ = 82,6 → M R n+ = (2) 0,25 Từ (1) (2) → M R n+ = 200 - 48n n 1 2 3 M R n+ 152 104 56 0,25 n = 3 → x = 0,3 và R n+ là cation Fe 3+ 0,25 2.2.2 Dùng dung dịch chứa Ba 2+ → nhận dược SO: có ↓ trắng không tan trong axit mạnh Ba 2+ + SO → BaSO 4 ↓ Dùng dung dịch chứa OH − → nhận được Fe 3+ : có ↓ đỏ nâu Fe 3+ + 3OH − → Fe(OH) 3 ↓đỏ nâu 0,25 Có ↓ trắng rồi tan trong OH − dư: có ion Al 3 + Al 3+ + 3OH − → Al(OH) 3 ↓ Al(OH) 3 + OH − → [Al(OH) 4 ] − 0,25 Dùng hỗn hợp (Cu + dd H 2 SO 4 ): có khí không màu thoát ra, hoá nâu trong không khí → trong dd A có ion NO. 3Cu + 8H + + 2NO→ 3Cu 2+ + 2NO↑ + 4H 2 O 2NO + O 2 → 2NO 2 ↑( nâu) Câu 3 (4 điểm) 3.1 Xác định các chất A, B, A 1 , B 1 , dung dịch A 2 và hoàn thành các phương trình phản ứng theo sơ đồ sau: 3 Thích hợp + (NaNO 3 + ddNaOH) (1) Al A  B + CuO, t 0 + CuO, t 0 A 1 B 1 + dd FeCl 3 + (O 2 + H 2 O) + A, xt, t 0 + CO 2 , p, t 0 B ddA 2 ? ? (2) (3) (4) (5) (6) (7) 3.2 Hổn hợp X gồm một kim loại R và muối cacbonat của nó (có tỉ lệ mol tương ứng là 2:1). Hoà tan hoàn toàn 68,4 gam hổn hợp X trong dung dịch HNO 3 thấy thoát ra hổn hợp khí Y gồm NO và CO 2 . Cho hổn hợp khí Y qua dung dịch KMnO 4 1M đến mất màu thì hết 420 ml dung dịch KMnO 4 , khí còn lại cho qua dung dịch Ca(OH) 2 dư thấy xuất hiện m gam kết tủa đồng thời khối lượng dung dịch giảm đi 16,8 gam. 3.2.1 Viết các phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng ion thu gọn. 3.2.2 Xác định công thức muối cacbonat của R và tính thành phần % theo khối lượng mỗi chất trong hổn hợp X. 0,25 3.1. 2Al + 6H 2 O + 2NaOH → 2Na[Al(OH) 4 ] + H 2 ↑ 8Al + 3NaNO 3 + 5NaOH + 18H 2 O → 8Na[Al(OH) 4 ] + 3NH 3 ↑ 10 Al + 3NaNO 3 + 7NaOH + 24H 2 O→ 10Na[Al(OH 4 )] + 3H 2 ↑+ 3NH 3 ↑ (1) (A) (B) 0,25 H 2 + CuO → Cu + H 2 O (2) (A) (A 1 ) Cu + 2FeCl 3 → 2FeCl 2 + CuCl 2 (3) (A 1 ) (A 2 ) 0,25 2FeCl 2 + O 2 + H 2 O → 2Fe(OH)Cl 2 (4) (A 2 ) 2NH 3 + 2CuO → N 2 ↑ + 2Cu + 3H 2 O (5) (B) (B 1 ) 0,25 N 2 + 3H 2 ⇋ 2NH 3 ↑ (6) (B 1 ) (B) 2NH 3 + CO 2 → (NH 2 ) 2 CO + H 2 O (7) 0,25 3.2. 3.2.1. TH1: R là kim loại có hoá trị biến dổi: 3R x (CO 3 )y + (4nx - 2y)H + + (nx - 2y) NO → 3x R n+ + 3y CO 2 ↑ (amol) + (nx - 2y)NO↑ + (2nx - y)H 2 O (1) 0,25 3R + 4n H + + nNO → 3R n+ + nNO↑ + 2nH 2 O (2) (2amol) 0,25 10NO + 6MnO + 8H + → 10NO + 6Mn 2+ + 4H 2 O (3) 0,25 CO 2 + Ca 2+ + 2OH − → CaCO 3 ↓ + H 2 O (4) t(mol) t (mol) 0,25 3.2.2. Theo gt: n R : n muối = 2 : 1 → n R = 2a, n Rx(CO 3 )y : amol n KMnO 4 = 0,42.1 = 0,42 mol → Từ (3) → n NO = 0,7 mol. m ddgiảm = mCaCO 3 - mCO 2 ⇒ 100t - 44t = 56t = 16,8 (g) 0,25 → n CO 2 = t = = 0,3mol 0,25 Từ (1) → n CO 2 = ay → ay = 0,3 (I) 4 x + , p Từ (1) (2) → n NO = a + = 0,7 (II) m hhX = a(xM R + 60y) + 2aM R = 68,4 (III) Từ (I) (II): a = (*) (IV) (I) (III): a = (**) 0,25 Từ (IV) ta có: M R = (Hoặc HS chỉ cần trình bày từ (I) (II) (III) ta có: M R = 7,2 4,50 n ) n 1 2 3 M R 18,7 37,3 56 Vậy R là Fe 0,25 Thế n = 3 vào (*) (IV) → a = (I) → a = ⇒ = Từ dd tạo muối Fe 3+ nên x = 1, y = 1 là nghiệm hợp lý ⇒ CTP muối là FeCO 3 (HS lập luận muối cacbonat tham gia ⇒ đó là FeCO 3 → 0,25đ) 0,25 * Tính % m Fe và % m FeCO 3 trong X y = 1 → a = 0,3 %m Fe = .100 = 50,88 %m FeCO3 = .100 = 49,12 0,25 Trường hợp 2: R là kim loại có hoá trị không biến đổi. R x (CO 3 ) y + 2yH + → x + x y R 2 + yCO 2 + yH 2 O (1) 3R + x y8 H + + x y2 NO → 3 + x y R 2 + NO↑ + H 2 O 0,25 1) → n CO2 = ay = 0,3 → a = → x = (lẻ) → loại (do x, y: nguyên dương) (2) → n NO = = 0,7. Câu 4: (4điểm) 4.1. Cho 4 hợp chất: but-1-in; 3,3-dimetyl but -1-in; etyl bromua và tert butyl bromua. Dùng phản ứng thế của ankin đầu mạch với NaNH 2 trong NH 3 lỏng, hãy chọn những hợp chất thích hợp từ các hợp chất cho trên để điều chế ra 2,2-dimetyl hex-3-in. Giải thích bằng phương trình phản ứng? 4.2. Đun nóng neopentyl iotua trong axit fomic (là dung môi có khả năng ion hóa cao), phản ứng chậm tạo thành sản phẩm chính là 2-metyl but-2-en. Hãy trình bày cơ chế phản ứng. 4.3. Hidro hoá một chất X (C 7 H 10 ) không quang hoạt thu được chất Y (C 7 H 16 ) cũng không quang hoạt có tỉ lệ tổng số nguyên tử H trên cacbon bậc hai với tổng số nguyên tử H trên cacbon bậc một là 2:3. X tác dụng được với dung dịch AgNO 3 trong NH 3 tạo kết tủa và tác dụng với H 2 có xúc tác là Pd/PbCO 3 tạo ra Z. Andehyt oxalic là một trong các sản phẩm được tạo thành khi ozon phân Z. Xác định công thức cấu tạo X, Y, Z. Viết phương trình phản ứng. 5 Thích hợp 0,5 4.1 CH 3 CH 3 | | CH 3 − C − C ≡ CH + NaNH 2  → longNH 3 CH 3 − C − C ≡ C: − Na + + NH 3 | | CH 3 CH 3 CH 3 CH 3 | | CH 3 − C − C ≡ C: − Na + + CH 3 CH 2 Br → CH 3 − C−C≡C−CH 2 −CH 3 + NaBr | | CH 3 CH 3 0,5 Còn: CH 3 −CH 2 −C ≡ CH + NaNH 2  → longNH 3 CH 3 −CH 2 −C≡ C: − Na + + NH 3 CH 3 | CH 3 −CH 2 −C ≡ C: − Na + + Br−C−CH 3 → CH 2 =C−CH 3 + CH 3 −CH 2 −C≡CH + NaBr | | CH 3 CH 3 1,0 4.2 CH 3 CH 3 CH 3 | | | CH 3 −C−CH 2 −I  → − )I( CH 3 −C− + CH 2 → CH 3 − + C −CH 2 −CH 3 | | CH 3 CH 3 CH 3 −C=CH−CH 3 | CH 3 (SPC) 0,5 4.3 C 7 H 10  → + o 2 t,Ni/H C 7 H 16 (X không quang hoạt) (Y không quang hoạt) Vì X cộng 3 phân tử hidro để tạo thành Y nên X có các liên kết bội hoặc vòng 3 cạnh Y có: ∑số ngtử H/C II : ∑số ngtử H/C I = 2:3 Vậy CTCT của Y là: CH 3 −CH−CH 2 −CH 2 −CH 2 −CH 3 | CH 3 hoặc: CH 3 −CH 2 −CH−CH 2 −CH 3 | CH 2 | CH 3 X + AgNO 3 + NH 3 → kết tủa ⇒ trong cấu tạo của X có liên kết ba đầu mạch (−C≡CH) X + H 2  → 3 PbCO/Pd Z ⇒ trong cấu tạo của Z không còn liên kết −C≡CH, mà chỉ có liên kết C=C Z  → ozonphan HOC−CHO ⇒ Trong cấu tạo của Z phải có: C=CH−CH=C 0,5 Vậy CTCT của X là: CH 3 −CH−CH=CH−C≡CH | CH 3 Y là: CH 3 −CH−CH 2 −CH 2 −CH 2 −CH 3 | 6 (-H + ) CH 3 Z là: CH 3 −CH−CH=CH−CH=CH 2 | CH 3 0,5 CH 3 −CH−CH=CH−C≡CH + 3H 2  → o t,Ni CH 3 −CH−CH 2 −CH 2 −CH 2 −CH 3 | (X) | (Y) CH 3 CH 3 CH 3 −CH−CH=CH−C≡CH + H 2  → o 3 t,PbCO/Pd CH 3 −CH−CH=CH−CH=CH 2 | (X) | (Z) CH 3 CH 3 0,5 CH 3 −CH−CH=CH−CH=CH 2 +2O 3 → CH 3 −CH− | (Z) | CH 3 CH 3 CH 3 −CH− + 4[H]  → + HZn / CH 3 −CH−CHO | | CH 3 CH 3 + HOC−CHO + HCHO + 2H 2 O Câu 5: (4 điểm) 5.1 5.1.1. Phản ứng thế nguyên tử halogen trong dẫn xuất halogen bằng nhóm OH xảy ra theo những cơ chế nào? Trình bày cơ chế tổng quát? 5.1.2. Các phản ứng sau đây xảy ra theo cơ chế nào? Giải thích? Phản ứng nào xảy ra nhanh hơn trong từng cặp sau đây? Giải thích? a. (CH 3 ) 3 CI + CH 3 OH → (CH 3 ) 3 COCH 3 + HI (1) (CH 3 ) 3 CCl + CH 3 OH → (CH 3 ) 3 COCH 3 + HCl (2) b. (CH 3 ) 3 CBr + H 2 O → (CH 3 ) 3 COH + HBr (3) (CH 3 ) 3 CBr + CH 3 OH → (CH 3 ) 3 COCH 3 + HBr (4) c. (CH 3 ) 3 CCl (1M) + CH 3 O − (0,01M)  → OHCH 3 (CH 3 ) 3 COCH 3 + Cl − (5) (CH 3 ) 3 CCl (1M) + CH 3 O − (0,001M)  → OHCH 3 (CH 3 ) 3 COCH 3 + Cl − (6) d. (CH 3 ) 3 CCl + H 2 O → (CH 3 ) 3 COH + HCl (7) (CH 3 ) 2 C=CHCl + H 2 O → (CH 3 ) 2 C=CHOH + HCl (8) 5.2. Tiến hành oxi hoá hoàn toàn 1 thể tích hơi ancol A cần 9 thể tích O 2 ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất, rồi cho toàn bộ sản phẩn hấp thụ vào dung dịch nước vôi trong dư thấy khối lượng bình nước vôi tăng 3,9g và có 6g kết tủa tạo thành. Đem A phân tích phổ thì kết quả không có tín hiệu của nhóm -CH 2 -. A bị oxi hoá bởi CuO tạo sản phẩm không tham gia phản ứng tráng gương. 5.2.1. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo ancol A. 5.2.2. Xử lý ancol A bằng dung dịch H 3 PO 4 85% có đun nóng thu được B. Ôzon phân B thu được axeton là sản phẩm hữu cơ duy nhất. Hãy viết phương trình phản ứng xảy ra và cơ chế của phản ứng từ A tạo ra B. 0,25 5.1.1 Xảy ra theo cơ chế S N 1 và S N 2 7 CHCH O O O CH 2 CH O O O CH O CH O O CH O CH 2 O O − S N 1 : 2 giai đoạn: | | −C−X  → − X − C+ | | | | −C + + OH − → −C−OH | | − S N 2 : 1 giai đoạn: | | −C−X + OH − → HO δ - . C .X δ− → HO − C − + X − | | | 0,25 5.1.2. Các phản ứng sau đây xảy ra theo cơ chế S N 1 vì nhóm tertbutyl (CH 3 ) 3 C- gây hiệu ứng không gian làm ảnh hưởng đến tốc độ phản ứng S N 2 nhưng (CH 3 )C+ là cacbocation bậc 3 bền nên phản ứng dễ xảy ra theo S N 1 . 0,25 a. (1) xảy ra nhanh hơn (2) vì liên kết C-I dễ phân li hơn C-Cl. 0,25 b. (3) xảy ra nhanh hơn (4) vì H 2 O là dung môi phân cực hơn CH 3 OH 0,25 c. Như nhau vì CH 3 O - không ảnh hưởng đến tốc độ phản ứng S N 1 . 0,25 | d. (7) xảy ra nhanh hơn (8) vì nhóm vinyl clorua (−C=CH−Cl) có khả năng phản ứng rất kém 0,25 5.2.1. Ancol A + O 2 → CO 2 + H 2 O CO 2 + Ca(OH) 2 → CaCO 3 + H 2 O )mol(06,0 100 6 nn 3 CaCO 2 CO === M bình nước vôi = )g(26,144.06,09,3mmm O 2 HO 2 H 2 CO =−=⇒+ )mol(07,0 18 26,1 n O 2 H ==⇒ ⇒<⇒ OHCO nn 22 Ancol A là ancol no, hở. 0,5 Gọi ctpt ancol A là: C n H 2n+2 O x OH)1n(nCOO 2 x1n3 OHC 222x2n2n ++→ −+ + + 1V → 9V 0,06mol → 0,07mol ⇒ n = 6 x = 1 vậy ctpt của A là: C 6 H 14 O 0,5 A bị oxi hoá bởi CuO tạo sản phẩm không tráng gương, trong cấu tạo không có nhóm −CH 2 − ⇒ A là ancol bậc 2 ⇒ ctct A là: CH 3 | CH 3 − C − CH − CH 3 | | H 3 C OH 0,5 5.2.2. A  → 0 43 %,85, tPOH B Ozon phân B được CH 3 COCH 3 ⇒ cấu tạo B là: CH 3 − C = C − CH 3 | | CH 3 H 3 C CH 3 | 8 quyết định Vpứ CH 3 − C − CH − CH 3  → 0 43 %,85 tPOH CH 3 − C = C − CH 3 + H 2 O | | | | H 3 C OH H 3 C CH 3 (B) (A) (spc) ( CH 2 = C − CH − CH 3 ) | | CH 3 CH 3 (spp) CH 3 − C = C − CH 3 CH 3 COCH 3 | | H 3 C CH 3 0,75 CH 3 H CH 3 | | | CH 3 − C − CH − CH 3 + H−O: +  CH 3 − C − CH − CH 3 + H 2 O | | | | | H 3 C :OH H H 3 C :OH 2 CH 3 CH 3 | | CH 3 − C − CH − CH 3  CH 3 − C − CH − CH 3 + H 2 O | | | H 3 C :OH 2 H 3 C CH 3 CH 3 | | CH 3 − C − CH − CH 3  CH 3 − C −CH − CH 3 | | H 3 C H 3 C H CH 3 − C = C −CH 3 | | | H−CH 2 − C− C − CH 3 H 3 C CH 3 (spc) | | H 3 C CH 3 CH 2 = C − CH − CH 3 | | H 3 C CH 3 (spp) 9 1. O 3 2. Zn/H + + (a) (b) + + + + + (a) (b) . 2 -3 2 0,25 lgK = 3lgT - 3lgK 2 - 3lgK 1 - 3lgK' 2 + 2lgK' 1 lgK = -3 .51,8 + 3.12,92 + 3.7 + 6. 059,0 )141,096,0( − = -1 2,25 0,25 ⇒ K = 10 -1 . 4.1. Cho 4 hợp chất: but-1-in; 3,3-dimetyl but -1 -in; etyl bromua và tert butyl bromua. Dùng phản ứng thế của ankin đầu mạch với NaNH 2 trong NH 3 lỏng,