Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa

Ví dụ 1.. 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.. Chất A là một trong những thành phần có chỉ số octan thấp của x[r]

NĂNG KHIẾU HÓA HỌC

Học sinh có khả tư Tốn học tốt khơng có khả quan sát, nhận thức tượng tự nhiên

Ví dụ: Hỗn hợp A gồm axit no đơn chức hai axit không no đơn chức chứa liên kết đôi, dãy đồng đẳng Cho A tác dụng hoàn toàn với 150 ml dung dịch NaOH M Để trung hòa hết lượng NaOH d cần thêm vào 100 ml dung dịch HCl M, dung dịch D Cô cạn cẩn thận D 22,89 gam chất rắn khan Mặt khác đốt cháy hoàn toàn A cho tồn sản phẩm cháyhấp thụ hết vào bình đựng lượng dư dung dịch NaOH đặc, khối lượng bình tăng thêm 26,72 gam Xác định cơng thức cấu tạo có axit tính khối lượng chúng A

Giải bình thường

Gọi công thức axit no là: CnH2n+1COOH, công thức chung axit không no là:

COOH H

Cm 2m1 với số mol tương ứng x y CnH2n+1COOH + NaOH  CnH2n+1COONa + H2O

x x x

CmH2m1COOH + NaOH CmH2m1COONa+ H2O y y y

CnH2n+1COOH + 2

1 n

3 

O2  (n+1)CO2 + (n+1)H2O

x (n+1)x (n+1)x CmH2m1COOH+ 2

m 3

O2 (m+ 1)CO2 + mH2O

y (m+ 1)y my Phản ứng trung hoà NaOH dư:

NaOH dư + HCl = NaCl + H2O

0,1 0,1 0,1 Theo phương trình:

NaOH phản ứng với axit hữu = 0,3 – 0,1 = 0,2 mol lượng muối axit hữu = 22,89 - 0,1.58,5 = 17,04 gam Độ tăng khối lượng bình NaOH tổng khối lượng CO2 H2O

Có hệ phương trình:                  26,72 y]18 m 1)x [(n 1)y]44 m ( 1)x [(n 17,04 66)y m (14 68)x (14n 0,2 y x                  72 , 26 x 18 ) y x ( 44 ) y m nx ( 62 04 , 17 x ) y x ( 66 ) y m nx ( 14 , ) y x (

Giải hệ phương trình trên, ta được: x = 0,1 ; y = 0,1 ; nx + my = 0,26

 n + m = 2,6 Với m  nên n = m=2,6

Công thức axit là: HCOOH ; C2H3COOH C3H5COOH

KL mol TB muối

17,04

0,2 = 85,2

 KL mol TB 3axit 85,2 – 22 = 63,2

Với công thức tổng quát CnH2nO2 C Hm -2m O2 (với m > 3) ta thấy:

Tổng khối lượng C + H (63,2 0,2) – (32 0,2)= 6,24 gam, kết hợp với tổng khối lượng

CO2 H2O 26,72 gam tính số mol CO2 0,46 số mol H2O 0,36

Từ CnH2nO2 +

3 2

n

O2 nCO2 + n H2O

C Hm 2m2O2 +

3 2

m

O2 mCO2 + (m - 1) H2O

Suy số mol C Hm 2m2O2 0,46 – 0,36 = 0,1 số mol axit no = 0,1

và n + m =

0,46

0,1 = 4,6  m > n   n = ứng với H – COOH

KL mol TB axit không no =

(63,2 0,2) (46 0,1) 0,1

  

=80,4 ứng với axít khơng no C2H3COOH (72) C3H5COOH (86)

Học sinh có khả quan sát, nhận thức tượng tự nhiên dẫn đến niềm say mê Hóa học khả tư Tốn học chưa tốt

Ví dụ: Hãy xác định khoảng cách nguyên tử iot đồng phân hình học C2H2I2

với giả thiết đồng phân có cấu tạo phẳng.( Cho độ dài liên kết C – I 2,10 Å C=C 1,33 Å )

 Đồng phân cis- :

H H

C C

I I

1200 d

C

I

C

I

300

dcis = d C= C + d C – I  sin 300.

H

H C C

I

I

1200

d

C

I

I

C

O

d trans =2 IO

IO = IC2CO2 2IC CO cos120  0 =

2 1,33 1,33

2,1 +( ) -2×2,1× cos120

2

 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 hố học biểu diễn q trình quang hợp xanh: Tính khối lượng tinh bột thu được, biết lượng nước tiêu thụ hiệu suất quang hợp 60%

3 Khi nitro hóa 10 g phenol axit nitric 50%, thu 17g hỗn hợp hợp chất nitro phần khối lượng ni tơ 17% Xác định hiệu suất nitro hóa % so với lí thuyết 4. Hỏi chất điều kiện phản ứng với tao nên chất sau (ở

không ghi hệ số sản phẩm phản ứng):

1) propanol –

2) propanol –1 + NaCl; 3) propanol –1 + NaOH 4) glixerin + natri axetat

5. Viết phương trình phản ứng dãy chuyển hóa sau: A

2

H SO d 170 C   

B

2 ·

H O H SO lo ng    

D

2

H SO d 170 C   

E   ddBr2 CH3-CHBr – CHBr-CH3

Bài 5: Hãy cho biết cấu trúc lập thể gọi tên oxit hình thành epoxihóa cis – trans – but-2- en axit m- clopebenzoic Nêu nhận xét cấu trúc chất đầu sản phẩm epoxi hóa

Viết chế phản ứng buten – với Ar – COOOH

C

C H

H

CH3

CH3

C

C H

H

CH3

CH3 O

cis-2,3-buten oxit *Với trans – but-2- en :

C

C

H

H

CH3 H3C

C

C

H

H

CH3 O

trans-2,3-buten oxit H3C

* Nhận xét : Hóa lập thể anken bảo toàn epoxit Đây phản ứng đặc thù về mặt lập thể.

* Cơ chế phản ứng: electron  liên kết đôi anken cơng SN2 vào oxi nhóm

OH peaxit Kết chuyển oxi Ar-COOOH đến C=C tạo 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) mạng tinh thể khoảng cách ngắn hai tâm hai nguyên tử đồng mạng, biết nguyên tử đồng có bán kính 1,28 Å *Tính khối lượng riêng Cu theo g/cm3 ( Cu= 64)

M

A B

C D

a

HDG:

Theo hình vẽ ta thấy: mặt khối lập phương tâm diện có AC = a 2=4rCu

 a =

4 1, 28



= 3,62 (Å)

Khoảng cách ngắn tâm nguyên tử AM AM = 2rCu = 1,28 = 2,56 (Å)

cis-but-2,3-en oxit

*Số nguyên tử Cu tế bào sở n = 8

1 8 + 6

1

2= (nguyên tử)

d = m

V = 23

64

6,02.10 (3,62 10 ) 

 = 8,96 g/cm3.

Ví dụ 2. Phân tử X có cơng thức abc Tổng số hạt mang điện không mang điện phân tử X 82 Trong số hạt mang điện nhiều số hạt không mang điện 22, hiệu số khối b c gấp 10 lần số khối a, tổng số khối b c gấp 27 lần số khối a Tìm cơng thức phân tử X

HDG:

Gọi số hạt proton, nơtron, số khối nguyên tử a là: Za ; Na ; Aa

Gọi số hạt proton, nơtron, số khối nguyên tử b là: Zb ; Nb ; Ab

Gọi số hạt proton, nơtron, số khối nguyên tử c là: Zc ; Nc ; Ac

Từ kiện đầu thiết lập 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) (2) : (Za + Zb + Zc) = 26; (Na + Nb + Nc) = 30 => Aa + Ab + Ac = 56

Giải được: Aa = ; Ab = 37 ; Ac = 17 Kết hợp với (Za + Zb + Zc) = 26

Tìm : Za = 1, Zb = 17 ; Zc = nguyên tử là: 1H2 ; 17Cl37 ; 8O17

C NĂNG LỰC TÁI HIỆN, LIÊN HỆ VÀ VẬN DỤNG KIẾN THỨC

Ví dụ 1. Hãy dùng kí hiệu lượng tử biểu diễn trường hợp số lượng electron obitan nguyên tử

HDG:

1 Có ba trường hợp:   

Obitan nguyên tử trống có e có e

Ví dụ 2. Liệu pháp phóng xạ ứng dụng rộng rãi để chữa ung thư Cơ sở liệu pháp

sự biến đổi hạt nhân

59

27Co + 0n1 X? (1)

X? 6028Ni + ; h = 1,25 MeV (2)

a) Hãy hồn thành phương trình biến đổi hạt nhân nêu rõ định luật áp dụng để hồn thành phương trình

b) Hãy cho biết điểm khác phản ứng hạt nhân với phản ứng oxi hố-khử (lấy thí dụ từ phản ứng (2) phản ứng Co + Cl2  CoCl2)

HDG:

a) Định luật bảo toàn vật chất nói chung, định luật bảo tồn số khối bảo tồn điện tích nói riêng, áp dụng:

Điện tích: 27 + = 27 ; Số khối: 59 + = 60  X 27Co60 27Co59 + 0n1  27Co60

Số khối: 60 = 60; Điện tích: 27 = 28 + x  x = 1 Vậy có 1e0

27Co60 28Ni60 + 1e ; hv = 1,25MeV b) Điểm khác nhau:

Phản ứng hạt nhân: Xảy hạt nhân, tức biến đổi hạt nhân  nguyên tố VD b/

trên

Phản ứng hoá học (oxi hoá khử): xảy vỏ electron nên biến đổi dạng đơn chất  hợp

chất

VD: Co + Cl2  Co2+ + 2Cl CoCl2

Chất dùng phản ứng hạt nhân: đơn chất hay hợp chất, thường dùng hợp chất Chất dùng phản ứng oxi hoá khử, phụ thuộc vào câu hỏi mà phải rõ đơn chất hay hợp chất Năng lượng kèm theo phản ứng hạt nhân: lớn hẳn so với lượng kèm theo phản ứng hố học thơng thường

Ví dụ 3. Hãy dùng sec-butyl bromua để minh họa cho phản ứng sau: a) Thuỷ phân theo SN1

b) Tách E1 với Ag+

c) Phản ứng SN2 với NaI

GIẢI

a) CH3-CH2-CHBr-CH3 CH3-CH2-CH+-CH3 N1

HOH S

  

CH3-CH2-CHOH-CH3 b) CH3-CH2-CHBr-CH3

Ag H O



 

 CH3-CH2-CH+-CH3

1

E H



  

CH3-CH=CH-CH3 c) CH3-CH2-CHBr-CH3 N2

NaI S

 

Ví dụ 4. a/ Đun nóng butađien 1,3 với Stiren thu sản phẩm X: C12H14 sản phẩm

này bị hiđro hoá theo sơ đồ:

X Y

Z

+ H2, Ni 250C, 2atm

+ H2, Ni 1000C, 100atm

Xác định công thức cấu tạo X, Y, Z, giải thích khác điều kiện phản ứng hiđro hoá Biết số mol H2 tham gia phản ứng giai đoạn sau gấp lần số mol H2 tham gia phản

ứng giai đoạn

b/ Khi trùng hợp Isopren thấy tạo thành loại polime, ngồi cịn có vài sản phẩm phụ có chất P (1-metyl-3-isopropyl xiclohecxan) tạo từ chất Q

Viết công thức cấu tạo loại polyme chất X, Y HDG:

 a/ CH2=CH-CH=CH2 + CH=CH2  CTCT X (C12H14)

C6H5

CTCT Y: CTCT Z:

Sở dĩ phản ứng (2) cần điều kiện to, p cao pứ (1) lk  vịng benzen nhiều lk 

của vòng C6H9

b/ Công thức cấu tạo loại polime CH2 C

CH3

CH CH2 n n

;

CH2

C CH3

CH2

n

CH

; C C

CH2

CH2

CH3

H

; CH2 C C CH2

CH3 H n

Dạng cis Dạng trans

CH3

C CH2

CH3

Q:

CH3

CH3

P:

D NĂNG LỰC KIỂM CHỨNG

Ví dụ 1. Chất rắn A kim loại chất MnO2, KMnO4, K2Cr2O7, CaOCl2,

khi hoà tan 15 gam A dung dịch HCl tạo 8,4 lít đơn chất khí B bay (đktc) Hãy chứng minh B 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 8,4 lít Cl2 (0.375 mol) cần

0,125  số mol A  0,375  23,7g  mA 47,6 gam

Điều trái giả thiết mA = 15 Vậy B Cl2

Ví dụ : Có cân N2O4 (k) ⇌ NO2 (k) Cho 18,4 gam N2O4 vào bình dung tích 5,904 lít 270C Tại cân hóa học, áp suất khí bình 1atm Nguyên lý chuyển dịch cân hóa học nói ‘khi giảm áp suất cân hệ dịch chuyển phía làm tăng áp suất’’ Hãy chứng minh điều

HDG:

 Số mol ban đầu N2O4 = 0,2 N2O4 (k) ⇌ NO2 (k)

[ ] 0,2 – x 2x Tống số mol lúc cân = 0,2 + x =

1 5,904 0,082 300

PV RT

 

 = 0,24

 x = 0,04 mol

số mol NO2 = 0,08 ; N2O4 = 0,16 

2

2 4

1 2

NO NO

N O N O

P n

P n 

 Kp =

2

2

2

( ) 1

6

NO

N O

P

P 

Giả sử áp suất giảm đến 0,5 atm

2 1

0,5 6

P

P 

  6P2 + P – 0,5 = 0

 P(NO2) = 0,217 atm ; P(N2O4) = 0,283 atm  Tỷ số

2

2

0,217 0,283

NO

N O

P

P  

0,767 >

1 2

Vậy, giảm áp suất cân dịch chuyển theo chiều tạo NO2 (làm tăng số mol khí  làm

tăng áp suất)

Ví dụ 3: Có thể hịa tan 100 mg bạc kim loại 100 mL amoniac 0,1M tiếp xúc với khơng khí khơng ?

Hằng số bền 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 khơng khí 20,95% theo thể tích)

HDG:

 Phản ứng tạo phức : Ag+ + NH3 ⇌ Ag(NH3)+

Ag+ + 2NH3 ⇌ Ag(NH3)2 

Về tính tốn theo phương trình phản ứng ta thấy có khả Ag tan hết, : số mol Ag =

0,1

107,88 = 9,27 10 4 ;

số mol NH3 cho = 10 > số mol NH3 cực tạo phức = 18,54 10 ; * Cần phải kiểm tra khả hòa tan nhiệt động học :

Ag+ + e  Ag E1 = E10 + 0,059 lg [Ag+] O2 + 2H2O + 4e  4OH E2 = E02 +

2

0,059 lg 4

O

P

OH

 

 

Vì cân E1 = E2 nên tính 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.

E2 = 0,401 +

0,059 0,2059 lg

4 1,32 10

 = 0,561 V

 lg [Ag+] =

0

0,059

E  E

=  4,034 V  [Ag+] = 9,25 10 5 M

Nồng độ tổng cộng bạc dung dịch : ( giả sử [NH3]  0,1 M )

S = [Ag+] + [Ag(NH3)+ + Ag(NH3)2 

] = [Ag+]  ( + 1[NH3] + 2[NH3]2 )

= 9,25 10 5 ( + 102,32 + 105,23 ) = 15,5 M >> nồng độ tính để hịa tan hồn tồn

bạc kim loại Vậy điều kiện nhiệt động thuận lợi cho hịa tan.

Ví dụ : Các  - aminoaxit điểm đẳng điện dạng ion lưỡng cực nhiều nhất, cả

R - CH - COOH

+NH

(A)

- H+

R - CH - COO

+NH

(B) - H+

R - CH - COO NH2 (C)

a) Xác định giá trị pH nồng độ ion lưỡng cực lớn ? b) Hỏi vết alanin chuyển cực pH < ? pH > ?

c) Xác định hàm lượng tương đối ion lưỡng cực C alanin điểm đẳng điện, biết giá trị số axit pK1 = 2,35 cân A ⇌ C + H+ ;

pK2 = 9,69 cân C ⇌ B + H+ HDG:

 Tại điểm đẳng điện nồng độ ion trái dấu nhau: [A] = [B] (1)

Các số axit : K1 =  

  .

C H

A

    

(2) K2 =  

  .

B H

C



 

 

(3) Theo định luật bảo toàn nồng độ : [A] + [B] + [C] = C0 (4), ( C0 tổng nồng độ aminoaxit ) Từ (1), (2), (3) điểm đẳng điện : [H+]2 = K1.K2 (5) hay pH =

1

2

pK  pK

[H+] = (10 2,35 10 9,69 )1/2 = 10 6,02  pH = 6,02

Vì điểm đẳng điện alanin 6,02 nên vết di chuyển phía cực âm pH < 5,0 phía cực dương pH > 8,0

* Bây ta kiểm chứng lại [H+] phép tính tốn để tìm hàm lượng tương đối ion lưỡng cực C điểm đẳng điện:

Từ (2) :    

1

1/ 2

( )

C K K

A  H  K K 

 

  K11/2.K21/2

   

2

2,35

9,69

10 10

C K

A K

 

 

 

 

  = 107,34 hay 2,19 107     

C A

Như vậy,

       

 

       

1 2

(2 )

1

C C

A

A B C A C

C

 

  



= 0,99957  1,00

* Sau lấy đạo hàm [C] theo [H+] , [C] hàm sau :

[C] =  

0

1

.

. .

C K H

H K H K K



 

   

 

   

E NĂNG LỰC QUAN SÁT, NHẬN XÉT ĐỂ TÌM CON ĐƯỜNG NGẮN NHẤT ĐẾN KẾT QUẢ

Ví dụ 1. Hỗn hợp gồm Mg Fe2O3 nặng 20gam tan hết dung dịch H2SO4 lỗng, dư

Vlít H2 (đktc) nhận dung dịch B Thêm dung dịch NaOH dư vào dung dịch B lọc kết tủa

tách ra, nung khơng khí đến khối lượng không đổi 28gam chất rắn Viết phương trình phản ứng, tínhV % khối lượng chất hỗn hợp

HDG:

 Sau viết phương trình phản ứng, ta nhận xét: Mg + O Mg O

Suy ra: Fe2O3 Fe2O3

Lượng oxi kết hợp với Mg 28 - 20 = 8( gam) hay 0,05 mol  V= 1,12 ( dm3) lượng Mg (8: 16)x 24 = 12 (gam) chiếm 60%

Ví dụ Hỗn hợp Y gồm hai chất hữu A B chức hố học Nếu đun nóng 15,7 gam hỗn hợp Y với NaOH dư thu muối axit hữu đơn chức 7,6 gam hỗn hợp hai Rượu no đơn chức bậc dãy đồng đẳng Nếu đốt 15,7 gam hỗn hợp Y cần dùng vừa hết 21,84 lít O2 thu 17,92 lít CO2 (các thể tích khí đo đktc) Xác định

công thức cấu tạo A B HDG:

 Este đơn chức có dạng chung CXHYO2 với số mol O2= 0,975 ;

CO2= 0,8 nên số mol H2O 15,7 + (0,975 x 32)-(0,8 x 44) : 18 = 0,65

Suy ra, tổng số mol Este 0,65 + (0,8 x 2) - (0,975 x 2):2 = 0,15

Trị số nC 0,8 : 0,15 = 5,33  < 5,33 < 6 Trị số nH ( 0,65 : 0,15) x = 8,66  < 8,66 < 10 Vậy công thức phân tử Este C5H8O2 C6H10O2

Kl mol TB Rượu

7,6

0,15= 50,66  Rượu C

2H5OH (46) C3H7OH (60).

Suy Muối có số C - = số H = - =

 Công thức muối C3H3O2Na hay CH2=CH-COONa Vậy công thức cấu tạo A là

CH2=CH-COO-C2H5 B CH2=CH-COO-C3H7

Ví dụ Cho 9,0 gam hỗn hợp gồm bột Mg bột Al tan hết 200 ml dung dịch HCl thấy khí A thu dung dịch B Thêm từ từ dung dịch NaOH vào B cho kết tủa đạt tới lượng lớn dùng hết 500 ml dung dịch NaOH 2M Lọc kết tủa đem nung đến phản ứng hịan tồn thu 16,2 gam chất rắn Viết phương trình phản ứng Tính thể tích khí A (đktc), nồng độ mol dung dịch HCl % khối lượng kim loại ban đầu

HDG:

 Mg + HCl  MgCl2 + H2

Al + HCl  AlCl3 + 1,5 H2 

HCl + NaOH  NaCl + H2O

MgCl2 + 2NaOH  Mg(OH)2  + NaCl

AlCl3 + 3NaOH  Al(OH)3  + NaCl

Al(OH)3  Al2O3 +3 H2O

Theo phương trình: số mol HCl = NaOH 1,0 mol  CM (HCl) = M

Số mol H2 số mol oxi oxit

16, 16



= 0,45 ( mol)  VH2= 10,08 ( lít)

Cuối cách lập hệ phương trình phép tính số học tính được: % Mg = 40% % Al = 60%

Ví dụ 4: Hỗn hợp kim loại kiềm cho tác dụng với dung dịch HCl vừa đủ cạn nhận m1 gam muối khan Cùng lượng hỗn hợp cho tác dụng với dung dịch H2SO4 vừa đủ

rồi cô cạn dung dịch nhận m2 gam muối khan Tính tổng số mol kim loại kiềm

* Nếu m2 = 1,1807m, kim loại kiềm nguyên tố nào?

* Với m1 + m2 = 90,5 Tính lượng hỗn hợp đầu lượng kết tủa tạo từ (m1 + m2)

gam muối tác dụng với dung dịch BaCl2 dư

HDG:

 2R + 2HCl  2RCl + H2 2R + H2SO4 R2SO4 + H2

Con đường ngắn coi 2RCl ~ R2Cl2 nhận thấy m2 > m1 lượng gốc

SO4 = 96 > lượng gốc Cl2 = 71 ( Độ tăng = 96 – 71 = 25 )Suy ra:

 số mol muối sunfat

2

25

m  m



 số mol kim loại kiềm

2

12,5

m  m



với m2 = 1,1807 m1 số mol muối =

1

0,1807 25

m

 KL mol TB 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 Na = 23 K = 39 Ghép : m2 = 1,1809m1 m1 + m2 = 90,5 tính m1 = 41,5 m2 = 49

=> Số mol muối = 0,3 => lượng kim loại kiềm = 49 - 0,3 96 = 20,2 (gam) Ba2+ + SO

42- => BaSO4 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 rượu no mạch hở P Q làm phần - Cho phần thứ tác dụng hết với Na dư thu 0,896 lít khí (đktc) - Đốt cháy hết phần thứ hai thu 3,06 gam H2O và 5,28 gam CO2

Xác định Công thức cấu tạo rượu, biết đốt V thể tích P Q thể tích CO2 thu điều kiện nhiệt độ áp suất không vượt 3V

 Số mol H2 = 0,04; CO2 = 0,12; H2O = 0,17

Do rượu no mạch hở nên công thức chung CnH2n+2Ox (n, x trị số TB) CnH2n+2Ox +

3 1

2

n  x

O2  n CO2 + (n +1) H2O

Theo phương trình tổng số mol A + B = 0,17 – 0,12 = 0,05 mol CnH2n+2Ox + x Na  CnH2n+2- x(ONa)x + 2

x

H2

Dễ thấy : n =

0,12

0,05= 2,4 x = 0,04

0,05 = 1,6  phải có rượu đơn chức

Theo giả thiết, số nguyên tử bon rượu không nên : * Trường hợp : Rượu đơn chức có số cacbon = (C3H7OH)

Rượu đa chức cịn lại có số cácbon < 2,4 có số nhóm OH > 1,6 Đó CH2OH – CH2OH (số nhóm OH khơng vượt q số cacbon) * Trường hợp : Rượu đơn chức có số cacbon = (C2H5OH)

Rượu đa chức cịn lại có số cacbon > 2,4 số nhóm OH   C3H8Ox

2

2,4

0,6

0,4 Ta có :

 tỉ số mol

2

3

0,6 3 0,4 2

x

C H OH

C H O  

1 x

1,6

x - 1,6

0,6 áp dụng tỉ số để tính x : 

1,6 3

0,6 2

x



 x = 2,5

* Trường hợp : Rượu đơn chức có số cacbon = (CH3OH)

Rượu đa chức cịn lại có số cacbon > 2,4 số nhóm OH   C3H8Ox

Làm tương tự tính x = 1,857 Cả trường hợp cho x không nguyên (loại) Vậy nghiệm C3H7OH (0,02 mol) C2H4(OH)2 (0,03 mol)

Ví dụ Cho 2,16 gam hỗn hợp gồm Al Mg tan hết dung dịch axit HNO3 lỗng, đun nóng nhẹ tạo dung dịch A 448 mL ( đo 354,9 K 988 mmHg) hỗn hợp khí B khơ gồm khí khơng màu, khơng đổi màu khơng khí Tỷ khối B so với oxi 0,716 lần tỷ khối CO2 so với nitơ Làm khan A cách cẩn thẩn thu chất rắn D, nung D đến khối lượng không đổi thu 3,84 gam chất rắn E Viết phương trình phản ứng, tính lượng chất D % lượng kim loại hỗn hợp ban đầu

HDG:

 Các phương trình phản ứng : Khí B theo giả thiết chứa N2 N2O.

Mg + 12 H+ + NO3 

Mg + 10 H+ + NO3 

 Mg2+ + N2O  + H2O

10 Al + 36 H+ + NO3 

 10 Al3+ + N2 + 18 H2O

Al + 30 H+ + NO3 

 Al3+ + N2O  + 15 H2O

4Al(NO3)3  2Al2O3 + 12 NO2 + 3O2

2Mg(NO3)2  2MgO + NO2 + O2

Với KL mol TB khí = 36 tổng số mol 2khí = 0,02 ta tính số mol N2 = 0,01 N2O = 0,01 Sau 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+ + e  N2O

y 2y 0,08 0,01 dẫn tới hệ phương trình : 3x + 2y = 0,18 27x + 24y = 2,16

Hệ phương trình giải cho x = Từ nảy sinh tình có vấn đề ? - Theo định luật bảo toàn khối lượng : 3,84 gam chất E chắn Al2O3 MgO Từ lượng kim loại lượng oxit tính số mol Al = 0,04

số mol Mg = 0,045

Lặp lại tính tốn : Al – 3e Al3+ 2N5+ + 10 e  N2

0,04 0,12 0,1 0,01 Mg – 2e Mg2+ 2N5+ + 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 phần N5+ = 0,21 –

0,18 = 0,03 mol tham gia phản ứng khác, khơng giải phóng khí. Đó phản ứng : Mg + 10 H+ + NO3



 Mg2+ + NH4 

+ H2O Al + 30 H+ +3 NO3



 Al3+ + NH4 

+ H2O NH4NO3 N2 + O2 + 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 kim loại.

Ví dụ Chất A thành phần có số octan thấp xăng Ankyl hóa A isobutan sinh hidrocacbon B, có chứa hidro nhiều A 1% Nếu reforming, A chuyển thành hidrocacbon D Nitro hóa chất D cho dẫn xuất mono nitro D không phản ứng với nước brom, đun hồi lưu D với dung dịch KMnO4 axit thu axit E Phản ứng ngưng tụ E với lượng tương đương tetra metylen diamino dùng sản xuất polime dễ mua thị trường Khi đun chảy E với kiềm sinh hợp chất F, hidro hóa hồn tồn F cho hidrocacbon X Các chất A, X sản phẩm hidro hóa hồn tồn D có thành phần ngun tố A khơng có đồng phân hình học, bị ozon phân tạo xeton cho phản ứng halofom

a) Lập luận để viết cấu tạo A, D, E, F, X Nêu xúc tác chuyển A  B

b) Đồng phân E tạo anhidrit vịng ? So sánh nhiệt độ nóng chảy tính axit đồng phân E Giải thích

HDG:

- Axit E sinh oxihóa D có phản ứng ngưng tụ với diaminohexan tạo nhựa poliamit nên axit E diaxit cacboxylic  D diankyl benzen phải dẫn xuất para – cho sản

phẩm mononitro nitro hóa  E axit terephtalic.

- Phản ứng decacboxyl hóa E tạo benzen, chất bị hidro hóa cho xiclohecxan ( C6H12 có thành phần 85,71% C 14,29% H hay CnH2n )

- Ankyl hóa A isobutan tạo ankan B có cơng thức Cn+4H2n+10 Theo giả thiết :

2 10

14 58

n n



 = 0,1529  n =  công thức A C8H16 - Chất D (diankylbenzen) para-xilen, chất F benzen chất X xiclohexan

CH3

CH3

(D)

COOH

COOH

(E ) (F ) (X )

- Chất D sinh thơm hóa hai anken có khung cac bon sau : ( nguyên tử C tham gia đóng vịng kí hiệu *)

(I) (II)

- Hidrocacbon A khơng có đồng phân hình học bị ozon phân cho metyl xeton (phản ứng halofom) nên nối đơi có hai nhóm tương tự C có nhóm metyl Vậy, chỉ có khung (I) thỏa mãn điều này, chất A có hai cấu tạo sau :

* Xúc tác chuyển A  B axit Liuyt hoạt động (như AlCl3), đồng phân E tạo

được anhidrit vòng axit ortho-phtalic (axit Y).

* Nhiệt độ nóng chảy (E) >(Y) (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 diaxit

XÂY DỰNG BÀI TẬP BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI

MỘT SỐ NGUYÊN TẮC XÂY DỰNG BÀI TẬP

 Từ đến phát triển tư

 Từ đặc điểm riêng lẻ đến khái quát, hệ thống  Lặp lặp lại kiến thức khó trừu tượng

 Đa dạng, đủ loại hình nhằm tăng thêm kiến thức giúp học sinh cọ sát  Cập nhật thông tin

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

1 Nhiều cách giải

Ví dụ 1: Ở 500C áp suất 0,344 atm độ phân ly  N

2O4 (k) thành NO2(k) 63%

Xác định Kp; Kc; Kx HDG:

 CÁCH THỨ NHẤT Tính Kp  Kc; Kx

N2O4 (k) ⇌ NO2(k) n

[ ] 1 -  2 +  ( độ phân ly)

Phần mol

1

  



2

  

Kp =

2

2

2 NO

N O P P

=

2

2

1

 

 

 

  

 



 0,344 thay  = 0,63 tính Kp = 0,9 Áp dụng Kc = Kp.(RT)∆n với ∆n = Kx = Kp P ∆n

tính Kc = 0,034 Kx = 2,63  CÁCH THỨ HAI Tính Kx  Kp ; Kc

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

Kx =

2

1,26 1,63 0,37 1,63

 

 

 

 

 

  = 2,63 Từ suy Kp Kc theo biểu thức nêu

Ví dụ 2: Người ta dự tính hồ tan 10-3 mol Mg(NO

3)2 lít dung dịch NH3 0,5M ; để

tránh tạo thành kết tủa Mg(OH)2 phải thêm vào dung dịch tối thiểu 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 [Mg2+].[OH ]2 10-11

với C0(Mg2+) = 103 [OH ]  10

Cân NH3 + H2O ⇌ NH4 

+ OH  Kb = 1,8.10-5

có

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 NH4Cl để không tạo kết tủa Mg(OH)2

 CÁCH THỨ HAI

Điều kiện để không tạo kết tủaMg(OH)2 [Mg2+].[OH ]2 10-11.

với C0(Mg2+) = 103 [OH ]  10 4 [H+]  1010 pH  10

Khi thêm NH4Cl dung dịch đệm bazơ (NH3 + NH4  )

pHđệm bazơ = 14 – pKb – lg  

3

NH NH



 

 

Thay pH = 10 ; pK = 4,74 ; [NH3] = 0,5 tính [NH4



] = 0,09

2 Thay đổi mức độ yêu cầu:

2.1 Phát triển:

Ví dụ : Có bốn hợp chất thơm C6H5-OH (A), C6H6 (B), C6H5-CH3 (C), C6H5-NO2 (D) với

tính chất sau:

Chất phản ứng C6H5-OH C6H6 C6H5-CH3 C6H5-NO2

Nước Br2 Có phản ứng Khơng ph.ứng Khơng ph.ứ Khơng ph.ứ

Br2/Fe Ph.ứng 0oC không cần Fe

Có phản ứng Có phản ứng Chỉ phản ứng khi đun nóng

HNO3/H2SO4 Ph.ứng với cả HNO3 lỗng

Có phản ứng Có ph.ứ khơng cần H2SO4

Chỉ phản ứng khi đun nóng * Hãy xếp chất theo thứ tự tăng dần khả dự phản ứng vòng benzen 

Giải thích ảnh hưởng nhóm đến khả đó’’

 C6H5-NO2 < C6H6 < C6H5-CH3 < C6H5-OH

* Vì phản ứng nguyên tử Hidro vòng benzen thuộc loại Electrophin tức tương tác giữa hệ electron  vòng benzen với tác nhân mang điện dương nên mật độ electron trong

vịng benzen lớn phản ứng dễ dàng.Lấy C6H6 làm trung gian ta thấy: - Các nhóm

-CH3 ; - OH thuộc loại nhóm hoạt động hóa (nhóm đẩy e ; +I,+C) làm tăng mật độ e của

vịng benzen,cịn nhóm-NO2 thuộc loại nhóm phản hoạt hóa (hút e; -I,-C) làm giảm mật độ

e vòng benzen nên khả phản ứng A,C > B > D.

-So sánh A C phân tử A ngun tử oxi cịn đơi e tự nên có liên hợp p-

với vịng benzen  điện tích dương giải toả tới ngun tử oxi  mật độ e vòng

Để phát triển tập có nhiều hướng: Hướng(I)- Tìm ký hiệu ứng với chất

"Có bốn hợp chất thơm C6H5-OH, C6H6, C6H5-CH3, C6H5-NO2 với tính chất sau:

Chất phản ứng A B C D

Nước Br2 Khơng ph.ứ Có phản ứng Khơng ph.ứ Khơng ph.ứ

Br2/Fe Có phản ứng Ph.ứng 0oC không cần Fe

Chỉ phản ứng khi đun nóng

Có phản ứng

HNO3/H2SO4 Có phản ứng Ph.ứng với cả HNO3 loãng

Chỉ phản ứng khi đun nóng

Có phản ứng khơng cần H2SO4

a/ Xác định ký hiệu A,B,C,D cho chất.

b/Hãy xếp chất theo thứ tự tăng dần khả dự phản ứng vịng benzen  Giải

thích ảnh hưởng nhóm đến khả đó. c/ Viết phương trình phản ứng."

Với hướng học sinh phải suy luận ký hiệu chất dựa tính chất cho, giải tương tự

Hướng(II) -Thay chất thơm,đồng thời với tìm ký hiệu cho chất:

"Có bốn chất thơm : C6H5-NH2 , C6H5-CH3, C6H5-NO2 , C6H6 với tính chất sau:

Chất phản ứng A B C D

Nước Br2 Khơng ph.ứ Khơng ph.ứng Có ph.ứ to thường

Khơng ph.ứ

Br2/Fe Có phản ứng Có phản ứng Ph.ứng 0oC không cần Fe

Chỉ phản ứng khi đun nóng

HNO3/H2SO4 Có phản ứng khơng cần H2SO4

Có phản ứng Ph.ứng chậm (có thể tạo sản phẩm meta)

Chỉ phản ứng khi đun nóng a/ Xác định ký hiệu A,B,C,D cho chất

b/ Sắp xếp chất theo thứ tự tăng dần khả ngun tử Br vịng Benzen giải thích ?

c/ Sắp xếp chất theo thứ tự tăng dần khả nhóm NO2 vịng Benzen giải thích

vì thứ tự khác với thứ tự phần (b) ?

 *A C6H5-CH3 ; B C6H6 ; C C6H5-NH2 ; D C6H5-NO2

* Thứ tự phản ứng nguyên tử Br : D < B < A < C Giải thích tương tự trên.

* Thứ tự phản ứng nhóm NO2 : C < D < B < A

Giải thích : Do q trình proton hóa nhóm NH2 C6H5-NH2 HNO3 (và H2SO4)

theo phương trình: C6H5-NH2 + HNO3  C6H5-NH3+NO3

-nên cản trở nhóm NO2 vào vịng Benzen  Khả so với C6H5-NO2

Sau đó, tác dụng HNO3 thường thu sản phẩm nhóm NO2 vị trí meta

NH+ 3NO3

HNO3 H2SO4

NH+ 3

NO2

NaOH

NH2 NO2

Hướng(III) - Tính chất vật lý :

III.1 Cho bốn chất thơm : C6H5-NH2 , C6H5-OH, C6H5-Cl, C6H6

Với nhiệt độ sôi :

Chất thơm A B C D

Nhiệt độ sôi 80oC 132,1oC 184,4oC 181,2oC

Hãy xác định ký hiệu A,B,C,D cho chất giải thích ?

 *C6H5-NH2 C6H5-OH tạo liên kết Hidro liên phân tử nên có nhiệt độ sơi cao hơn,

chúng C D.

*Trong phân tử, nguyên tố oxi có độ âm điện = 3,5 lớn độ âm điện Nitơ = 3,0 nên Liên kết Hidro C6H5-OH bền vững  nhiệt độ sôi cao Vậy : C C6H5-OH , còn

D C6H5-NH2

* Phân tử C6H5-Cl phân tử phân cực có Mol phân tử = 112,5 g lớn Mol phân tử C6H6= 78

nên phải có nhiệt độ sơi cao  B C6H5-Cl cịn A C6H6

III.2 Có chất hữu cơ: cis- CHCl=CHCl ; trans- CHCl=CHCl ;

cis- CH3- CH=CHCl ; trans- CH3-CH=CHCl trans- CH3-CH=CH-COOH

với giá trị momen lưỡng cực sau đây:

Chất hữu A B C D E

 (D) 0,00 1,89 2,13 1,97 1,71

Hãy rõ A,B,C,D,E ứng với chất nào? Giải thích

 *Phân tử trans- CHCl=CHCl A nguyên tử Cl tạo vectơ momen lưỡng cực cùng

phương, độ lớn ngược chiều nên triệt tiêu

*Hai phân tử trans- CH3-CH=CH-COOH trans- CH3-CH=CHCl có momen lưỡng cực

lớn (2,13 & 1,97) nhóm CH3- đẩy electron, cịn nhóm -COOH ngun tử Cl hút

electron nên tạo vectơ momen lưỡng cực phương, chiều Tuy nhiên, nhóm -COOH hút electron mạnh -Cl nên trans- CH3-CH=CH-COOH C trans- CH3

-CH=CHCl D

* Phân tử cis- CHCl=CHCl B nguyên tử Cl tạo vectơ momen lưỡng cực độ lớn, nhưng không phương khơng có bù trừ momen lưỡng cực nên  lớn (1,89D) Còn

phân tử cis- CH3- CH=CHCl có nhóm -CH3 đẩy electron,tạo với nguyên tử Cl hút electron 2

2.2 Lược bớt chia nhỏ:

Ví dụ 1: Bài thi olympic hóa học quốc tế lần thứ 28 sau q dài cắt làm đơi: Hai hidrocacbon đồng phân A B chứa 85,7 % cacbon theo khối lượng

a) Viết công thức tổng quát thỏa mãn điều kiện

b) Phản ứng chất với ozon xử lí với bột kẽm axit tạo sản phẩm hữu C Sự oxi hóa hợp chất C cho sản phẩm axit cacboxylic D Số liệu phổ cho thấy tất nguyên tử hidro hợp chất D (trừ hidro nhóm cacboxyl) thuộc nhóm metyl Khối lượng riêng D quy điều kiện tiêu chuẩn (00C, atm) 9,1 g/l Viết công thức cấu tạo hợp chất D dung dịch nước pha hơi.

c) Viết công thức cấu tạo hợp chất C Viết công thức cấu tạo đồng phân A B Viết phương trình phản ứng trình chuyển A B thành C D

d) Khi phản ứng với dung dịch kali pemanganat trung tính nước, hợp chất A phản ứng dễ hợp chất B Trong phản ứng này, A tạo thành hợp chất

F B tạo thành hỗn hợp đồng phân G1và G2 theo tỉ lệ 1:1

Viết phương trình phản ứng trình chuyển A thành F, B thành G1và G2

e) Các hợp chất G1và G2 phản ứng dễ dàng với axeton có mặt axit để tạo hợp chất H1 H2 Viết công thức cấu tạo H1 H2

f) Các hợp chất A B phản ứng với brom Một sản phẩm phản ứng không cực (mo men lưỡng cực phân tử coi khơng) khơng có tính quang hoạt Viết cơng thức hóa học lập thể sản phẩm này, phương trình tạo thành chất Hãy xác định cấu hình tuyệt đối nguyên tử có tính đối xứng gương phân tử này( có) đánh dấu chúng theo quy tắc đọc tên R S cách định R S tâm lập thể

g) Anken phản ứng với peaxit (peoxiaxit) dẫn đến cộng hợp nguyên tử oxi vào liên kết đôi để tạo vịng ba cạnh có chứa oxi Phản ứng "epoxi hóa" có tính lập thể đặc thù rõ rệt dẫn đến lưu giữ vị trí tương đối nhóm liên kết đơi mà ngun tử oxi gắn vào Sự epoxi hóa hợp chất A axit peaxetic tạo thành hợp chất K Trong điều kiện B tạo thành hỗn hợp đồng phân L1 L2 (theo tỉ lệ 1: 1) Hợp chất K có tính quang hoạt khơng? Viết cơng thức hóa học lập thể K rõ hóa học lập thể Mỗi hợp chất L1 L2 có tính quang hoạt khơng? Viết cơng thức hóa học lập thể L1 L2 rõ hóa học lập thể

 Phần thứ dừng phần a, b, c, d, e Khi lời giải:

a) Cơng thức tổng qt: CnH2n.

b) Theo giả thiết chất D phải có nguyên tử cacbon bậc liên kết trực tiếp với nhóm – COOH ba liên kết cịn lại với nhóm – CH3

Vậy công thức D là: (CH3)3C – COOH (Khối lượng mol phân tử = 102) Khối lượng mol phân tử pha = 9,1  22,4 = 203,84 gần gấp đôi khối lượng mol phân tử

(CH3)3C – COOH cho thấy pha D tồn dạng dime Cấu tạo D:

C

CH3

CH3

H3C COOH + H2O C

CH3

CH3

H3C COO + H3O+

OH

O HO

O

c) Sản phẩm ozon phân andehit tương ứng bị oxihóa tạo axit Cấu tạo C: (CH3)3C – CHO Do C sản phẩm nên A B là

CÊu t¹o A CÊu t¹o B

(CH3)3C C(CH3)3

CH CH

(CH3)3C

CH CH

C(CH3)3

các anken đối xứng dạng R – CH = CH – R

Phương trình phản ứng A   C   D

(CH3)3C C(CH3)3 O3 (CH

3)3C O C(CH3)3

O O

Zn

H3O+ 2(CH3)3C-CHO 2(CH3)3C-COOH

[O]

d) Phản ứng A   F

(CH3)3C C(CH3)3 KMnO4 (CH3)3C C(CH3)3

HO OH

H H

Phản ứng B   G1 + G2

(CH3)3C

C(CH3)3

KMnO4 (CH3)3C C(CH3)3

HO OH

(CH3)3C C(CH3)3

HO OH

+

Hỗn hợp triệt quang

e) Cấu tạo chất H1 H2 (sản phẩm phản ứng G1 G2 với axeton)

(CH3)3C C(CH3)3 (CH3)3C C(CH3)3

O O O O

C C

H3C CH3 H3C CH3

C(CH3)3

(CH3)3C

O O

O O

C(CH3)3

(CH3)3C

hay

 Phần thứ hai cần lặp lại câu a nửa câu b (đến chỗ thuộc nhóm CH3)

C C Br

+

Br(-)

f) Sản phẩm brom hóa khơng phân cực tạo từ B, phản ứng cộng brom theo chế AE xảy theo kiểu trans, nghĩa nguyên tử Br cơng vào phía nối đơi ngun tử Br cịn lại cơng vào phía kia(phía đối lập) Để giải thích điều người ta cho rằng: ‘‘cacbocation trung gian sinh từ giai đoạn chậm phản ứng tồn dạng vịng ba cạnh nên phía liên kết C – C bị án ngữ, lại phía trống anion Br  cơng’’ Cấu tạo lập thể sản phẩm được biểu diễn ba kiểu sau:

Br

Br

(CH3)3C

C(CH3)3

hc

C(CH3)3 (CH3)3C

Br

Br H

H hc Br

Br C(CH3)3

C(CH3)3

S S

R

R Phương trình tạo thành sản phẩm nói trên:

(CH3)3C

C(CH3)3

Br2

C(CH3)3

(CH3)3C Br

Br g) Cấu tạo K , L1 , L2

O

(CH3)3C C(CH3)3

K (Kh«ng cã tÝnh quang ho¹t)

O

(CH3)3C C(CH3)3

O

(CH3)3C C(CH3)3

2.3 Thay :

Ví dụ 1: Bài số Kỳ thi olympic hóa học quốc tế năm 2000 Đan Mạch có nội

dung:“Một hợp chất A có tự nhiên, chứa C, H, O có thành phần % lượng nguyên tố: C = 63,2%; H = 5,3%; O = 31,5%

a) Xác định công thức thực nghiệm hợp chất A

b) Phổ khối chất A nêu hình 1, cơng thức phân tử A nào?

c) Lắc dung dịch A ete với dung dịch NaOH nước Sau lắc, khơng cịn A pha ete Lắc dung dịch khác A ete với

dung dịch NaHCO3 nước Vẫn A pha ete A thuộc loại hợp chất nào? d) Hợp chất A tạo gương bạc với thuốc thử tollens Nhóm chức có A?

e) Phổ 1H-NMR chất A ghi 300 MHz nêu hình 2a 2b (dung môi CDCl3 (7,27ppm), chất chuẩn tetrametylsilan) Các vạch 3,9; 6,3 9,8ppm vạch đơn, hình 2b phóng đại vùng 6,9 – 7,6ppm (Độ dời hóa học cho sẵn) Vạch 6,3 ppm biến thêm giọt D2O Cùng vạch dời phía có trị số ppm bé pha loãng với CDCl3 Hai tượng cho biết điều gì?

f) Viết cơng thức cấu tạo có chất A

g) Hãy cho biết cấu tạo mảnh bị ứng với mũi 137 123 đơn vị khối lượng phổ khối

h) Hai số đồng phân A có trị số pKa thấp chất cịn lại Viết cơng thức cấu tạo hai chất này”

Ta thay kiện phổ cho sau:

Một hợp chất A có tự nhiên, chứa C, H, O có thành phần nguyên tố cấu tạo gồm: 63,2%C; 5,3% H; 31,5% O

a) Xác định công thức nguyên công thức phân tử A, biết MA=152

b) A tác dụng với dung dịch NaOH nước, không tác dụng với dung dịch NaHCO3 nước A tạo gương bạc với dung dịch Ag(NH3)2



Khi đun nóng A với axit HI, chất bốc dẫn vào dung dịch AgNO3 ancol thấy tạo thành kết tủa AgI Hãy viết bốn cơng thức cấu tạo có hợp chất A Gọi tên chất theo danh pháp hệ thống

c) Khi thêm vào A giọt D2O pha loãng A với CDCl3 nhiệt độ sơi A thay

đổi nào? Giải thích

d) Hai số đồng phân A có trị số pKa thấp chất cịn lại Viết cơng thức cấu tạo hai chất

 Công thức nguyên phân tử: C8H8O3.

Bốn cấu tạo đồng phân: O

O

CH3

OH

O

H3C

OH O

(A) (B) (C)

O

CH3 O OH

(D)

O

CH3

O

HO

* Thêm D2O tạo liên kết hidro liên phân tử với A  nhiệt độ sơi tăng; cịn pha lỗng A với

CDCl3 làm giảm liên kết hidro liên phân tử  nhiệt độ sơi giảm.

Ví dụ 2: Một thi phổ có nội dung sau:“ Một hợp chất hữu có cơng thức phân tử

C9H8O2 , phổ hồng ngoại có đỉnh hấp thụ 765, 708, 935, 980, 1450, 1500, 1580,

1620, 1680 dải hấp thụ rộng 3000 – 2500cm1 Xác định cấu tạo hợp chất trên”

 2500 – 3000 cm1 : OH ; 1680 cm1 : C=O ; 1620 cm1 : C=C ;

1450, 1500 1580 cm1 : C=C (vòng benzen) ; 980 cm1 :  =C – H (trans -) ;

935 cm1 : O – H ; 756 798 cm1 : C – H (vòng benzen) Vậy chất hữu có cơng

thức cấu tạo C6H5 – CH = CH – COOH có cấu hình trans. Ta thay kiến thức sau:

- Lập công thức phân tử theo phương pháp phân tích lượng nguyên tố

- Phản ứng với H2(xt Ni, t0) theo tỷ lệ số mol 1: 4, phản ứng với dung dịch brom theo tỷ lệ mol :

- Tan dung dịch NaHCO3 nước - Phản ứng với butadien 1,4 tạo dẫn xuất có vịng

- Viết phương trình điều chế chất từ axetylen chất vơ

Ví dụ 3: Bài số 26 Tài liệu chuẩn bị thi IChO 33 ấn độ thực hành có nội dung: “ Tổng hợp – phenyl – azo – – napthol” ta thay sơ đồ:

NH2

HCl

A NaNO2

HCl B

OH

1-phenyl-azo-2-naphtol

N N

OH

 Cấu trúc sản phẩm :

A muối cloruaanilin B muối benzen diazoni

3 Đảo chiều:

Ví dụ 2: a) Viết phương trình phản ứng hồn thành dãy biến hóa sau:

C H3C

CH3

CH3

CH2 + Cl2

A + KOH B - H2O D

CH3

askt

(s¶n phÈm chÝnh)

X + Cl2 + KOH

H2O H2SO4đặc, t0

askt A B

H2O

C C

H3C

H3C

CH3

CH3

Biết phân tử chất X có chứa nguyên tử cacbon bậc



C H3C

CH3

CH3

CH2 H3C C

CH3

CH3

CH CH3

Cl

(A)

CH3 + Cl2 askt + HCl

C

H3C

CH3

CH3

CH CH3

Cl

+ KOH H3C C

CH3

CH3

CH CH3

OH

+ KCl (B)

C H3C

CH3

CH3

CH CH3

OH

- H2O C

H3C CH3

CH3

CH CH3

+ H+

OH+ 2

C H3C

CH3

CH3

CH+ CH3

C H3C

H3C

CH3

CH+ CH3 chun vÞ

- H+ C C

H3C H3C

CH3 CH3

(D)

4 Thay đổi hình thức:

Ví dụ 1: Cho Xiclopropan  Propen có H1 = - 32,9 kJ/mol Nhiệt đốt cháy than chì =  394,1 kJ/mol (H2)

Nhiệt đốt cháy Hidrro =  286,3 kJ/mol (H3)

Nhiệt đốt cháy Xiclopropan =  2094,4 kJ/mol (H4) Hãy tính:

Nhiệt đốt cháy Propen, Nhiệt tạo thành Xiclopropan nhiệt tạo thành Propen? Có thể thay đổi hình thức sau: (mang tính chất trắc nghiệm)

Đối với q trình đồng phân hố Xiclopropan thành Propen có H =  32,9 kJ/mol

Hãy bổ sung vào bảng sau:

Chất Nhiệt cháy Ho298 (cháy) (kJ/mol) Nhiệt sinh Ho298 (kJ/mol)

C (than chì)  394,1

H2  286,3

Xiclopropan  2094,4

Propen

 Có thể thiết lập chu trình Born-Haber để tính tốn, dùng phương pháp tổ hợp cân

bằng : * Ta có: Phương trình cần tính

CH2=CH-CH3 + 4,5O2  3CO2 + 3H2O H5 = ?

phương trình tổ hợp từ trình sau:

CH2=CH-CH3  C3H6 xiclo (-H1)

C3H6 xiclo + 4,5O2 3CO2 + 3H2O H4

Cộng phương trình ta phương trình cần tính H5 = H4- H1

Vậy, nhiệt đốt cháy propen =  2094,4  ( 32,9) =  2061,5 kJ/mol

( H2 + 2

1

O2  H2O H3 )

3CO2 + 3H2O  C3H6 (xiclo) + 4,5 O2 (-H4 )

Tổ hợp 3C + 3H2  C3H6 xiclo H6 = 3H2 + 3H3 - H4

H6 = 3(  394,1) + 3(  286,3)  (  2094,4) = 53,2 kJ/mol

* Tương tự nhiệt tạo thành propen là:

H7 = 3H2 + 3H3 - H5 = 20,3 kJ/mol

Ví dụ 2: Hợp chất hữu X có cơng thức C5H4O2 phản ứng với thuốc thử Sip với phenylhidrazin X tham gia phản ứng theo sơ đồ chuyển hóa sau:

X KMnO4 C5H4O3 t0 C4H4O H2

xóc t¸c C4H8O HCl d

C4H8Cl2 KCN C6H8N2

H3O+

C6H10O4 H2N(CH2)6NH2 T

¬ ni lon 6,6

(A) (B) (D) (E) (F)

(G)

Biết A tan dung dịch NaHCO3 , D tan H2SO4 đặc, lạnh không làm màu dung dịch KMnO4 , đồng thời phổ hồng ngoại D khơng chứa nhóm chức – OH Hãy xác định cấu tạo X chất từ A đến G

Có thể thay đổi hình thức sau:

Chất hữu X có thành phần khối lượng 62,5% C; 4,17% H 33,33% O X phản ứng với thuốc thử Sip với phenylhidrazin Khi oxihóa X dung dịch KMnO4 tạo axit hữu A, decacboxyl hóa A thu hợp chất B B bị khử hidro có xúc tác cho sản phẩm D tan H2SO4 đặc, lạnh không làm màu dung dịch KMnO4 Phổ hồng ngoại D khơng chứa nhóm chức –OH, tác dụng HCl với D thu dẫn xuất dihalogen E Sự SN2 chất E KCN tạo chất F mà sau thủy phân sản phẩm sinh ngưng tụ với hexametylenđiamin cho Tơ nilon – 6,6

 Theo đề công thức thực nghiệm X C5H4O2 , sản phẩm ngưng tụ với

hexametylenđiamin tạo tơ nilon – 6,6 axit adipic HOOC – (CH2)6 – COOH (C6H10O4)

Quá trình từ X đến chất khơng có giảm nhiều số nguyên tử cacbon nên công thức phân tử của X C5H4O2

- Từ E đến F tăng thêm nguyên tử cacbon mạch E, F giống axit adipic cho thấy F dẫn xuất xianua NC – (CH2)4 – CN E Cl – (CH2)4 – Cl

- E điều chế từ D tác dụng với HCl dư (2 Cl thay O), đồng thời D có ngun tử oxi khơng thuộc chức OH không bền với H2SO4đặc, lạnh  D ete vịng no B khơng

no tạo decacboxyl A nên B dị vòng cạnh chứa oxi A có nhóm COOH đính vào dị vịng đó.

O CHO KMnO4 O COOH t0 O H2 xt O HCld Cl Cl KCN CN CN

H3O+

HOOC-(CH2)4-COOH H2N-(CH2)4-NH2 T¬ nilon-6,6

(X) (A) (B) (D) (E) (F)

(G)

5 Nhiều yêu cầu khác cho nội dung kiến thức:

Ví dụ 2: Phản ứng oxihóa cắt mạch gluxit HIO4 có nhiều mục đích khác (các

nhóm-CHOH-và -CHO  H-COOH; -CH2OH  H-CHO; >C=O  CO2)

a) D – Arabinozơ đồng phân cấu hình C2 D – Ribozơ Để xác định cấu tạo người ta thực phản ứng sau :

D–Arabinozơ  CH OHHCl3 A   HIO4 B

3 2

1) H 2) Br /

O H O



   

HOOC–COOH + HO–CH2-COOH Hỏi D – Arabinozơ có cấu tạo vịng cạnh hay cạnh ? Vẽ cấu tạo

 Nếu vịng cạnh :

OH CHO H OH H OH H

CH2OH

OH H

OH H

H

CH2OH

O OH OH H OH H H

CH2OH

O

OCH3

CH3OH HCl

HIO4

H

CH2OH

O

OCH3

CHO CHO

Br2 H2O

COOH COOH COOH CH CH2OH

OH (D-Arabinoz¬)

Kết trái giả thiết, D – Arabinozơ có cấu tạo vịng cạnh

OH CHO H OH H OH H

CH2OH

OH H OH H H CH2 O OH

CH3OH HCl HIO4 O CHO CHO Br2 H3O+

COOH COOH COOH CH2 CH2OH (D-Arabinoz¬) OH OH H OH H H CH2 O OCH3 OH OCH3 CH2

Cấu tạo vòng D – Arabinozơ : hay

O OH OH OH HO OH OH O H O H O

b) Nêu phương pháp phân biệt D – glucozơ với D – fructozơ

H

CHO OH H HO

OH H

OH H

CH2OH

H OH

H HO

OH H

H

CH2OH

H OH

O + HIO4

- HIO3

HCHO + H-COOH

(D- Glucoz¬)

O H HO

OH H

OH H

CH2OH

HO

OH H

H

CH2

O

+ HIO4 - HIO3

2 HCHO + H-COOH

(D-Fructoz¬)

CH2OH CH2OH

HO

OH H

+ CO2

Cho sản phẩm sục qua dung dịch nước vôi ta nhận D – Fructozơ

CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O

* Có thể dùng phương pháp đơn giản là: cho dung dịch Br2 tác dụng với chất, nhận D-glucozơ làm màu brom bị oxihoá thành axit.(D-Fructozơ khơng bị oxihố)

6 Soạn tương tự:

Ví dụ 1: Cho phản ứng CH2 = CH2 + Br2 (dung môi CH3OH) Nếu thêm NaCl vào hỗn hợp

phản ứng thu sản phẩm ? Nếu thêm HCl vào hỗn hợp phản ứng thu sản phẩm ? Vận tốc phản ứng trường hợp có thay đổi khơng ? Giải thích

 Phản ứng xảy theo chế cộng electrofin, có giai đoạn :

* Giai đoạn 1: (là giai đoạn định tốc độ phản ứng) tiểu phân tích điện dương công vào một nguyên tử C mang liên kết 

* Giai đoạn : Anion cơng vào phần tích điện dương sản phẩm trung gian tạo sản phẩm cộng.

* Đối với thêm NaCl : Br2 Br+ + Br .

CH2 CH2 + Br+ Br CH2 CH(+)2

Br Cl OCH3

Br CH2 CH2

Br CH2 CH2

Br CH2 CH2

Br Cl OCH3

* Đối với thêm HCl : HCl  H+ + Cl .

CH2 CH2 + H+ CH3 CH2 (+)

Br Cl OCH3

CH3 CH2

CH3 CH2

CH3 CH2

Br Cl

OCH3

Vì giai đoạn định tốc độ phản ứng nên thêm NaCl khơng làm thay đổi tốc độ phản ứng, cịn thêm HCl (H+) làm thay đổi đáng kể tốc độ phản ứng.

Bài tương tự là:

Phản ứng n – butylamino với NaNO2 HCl xuất ancol C4H10O;

2 anken C4H8 dẫn xuất halogen C4H9Cl Viết cấu tạo chất đề nghị chế để giải thích

CH3–CH2–CH2–CH2–NH2 22

HNO H O    

CH3–CH2–CH2–CH2– N2 

 C4H9 + N2

CH3-CH2-CH2-CH2

CH3-CH2-CH-CH3

(+)

(+)

+ H2O

+ Cl

H+

CH3-CH2-CH2-CH2OH

CH3-CH2-CH2-CH2Cl

CH3-CH2-CH = CH2

+ H2O

+ Cl

H+

CH3- CH = CH - CH3

CH3-CH2- CH - CH3

Cl

CH3-CH2- CH - CH3

OH Chun vÞ

(C4H10O)

(C4H10O)

(C4H9Cl)

(C4H9Cl)

(C4H8)

(C4H8)

Ví dụ 3: Thuỷ phân hồn tồn mol polipeptit X cho ta:

2 mol CH3-CH(NH2)-COOH (Ala); mol HOOC-CH2-CH2-CH(NH2)-COOH (Glu)

1 mol HOOC-CH2-CH2-CH(NH2)-COOH (Glu)

1 mol H2N-(CH2)4-CH(NH2)-COOH (Lys) mol His

Nếu cho X tác dụng với 2,4-(NO2)2C6H3F (kí hiệu ArF) thuỷ phân thu Ala,

Glu, Lys hợp chất (Y)

CH2 - CH - COOH NH2

N

N H

CH2 - CH - COOH NH

N

N H

(Histidin hay His) (Hỵp chÊt Y)

Ar

Mặt khác thuỷ phân X nhờ enzim cacboxipeptiđaza thu Lys tetrapeptit Ngồi thuỷ phân khơng hồn tồn X cho ta đipeptit Ala-Glu, Ala-Ala His-Ala Xác định công thức cấu tạo tên polipeptit X

 Từ số mol công thức cấu tạo aminoaxit suy X pentapeptit.

- Từ kết tủa thuỷ phân sản phẩm phản ứng X với ArF suy đầu N(đầu chứa nhóm NH2 tự do ) X His.

- Từ sản phẩm thủy phân X nhờ enzim cacboxipeptiđaza suy đầu C (đầu chứa nhóm COOH tự ) X Lys.

Trật tự xếp aminoaxit mạch : His-Ala-Ala-Glu-Lys Công thức cấu tạo X:

N

N H

CH2

H2N CH CO NH CH

CH3

CO NH CH

CH3

CO NH CH

(CH2)2

COOH

CO NH CH

(CH2)4 COOH

NH2

(His) (Ala) (Ala) (Glu) (Lys)

(có thể viết cấu tạo có nhóm : CO-NH- Glu Lys tạo nhóm -COOH ở vị trí  Glu với nhóm -NH2 vị trí  Lys).

Bài tương tự là:

Khi thuỷ phân hoàn toàn mol tripeptit X thu mol axit glutamic

( HOOC(CH2)2CH(NH2)COOH ), mol alanin ( CH3CH(NH2)COOH ) mol NH3 X không

phản ứng với 2,4-đinitroflobenzen X có nhóm cacboxyl tự Thuỷ phân X nhờ enzim cacboxipeptiđaza thu alanin

một đipeptit Y Viết công thức cấu tạo X , Y và gọi tên chúng

 Tripeptit X có cấu tạo theo trật tự Glu-Glu-Ala Vì theo kiện đầu aminoaxit (đi

C) Ala, nhóm –NH2 aminoaxit đầu (đầu N) tạo thành lactam với nhóm -COOH của đơn vị Glu thứ nhất, nhóm -COOH đơn vị thứ Glu hai dạng chức amit –CONH2 (do thuỷ phântạo NH3) Vậy:

Cấu tạo tên gọi X (Glutamolactam--yl glutaminylalanin)

O

CO C

H2

CH2 CH H

N C

NH CH

(CH2)2 CO - NH2

CH

CO NH

CH3

COOH

Cấu tạo tên gọi Y (-Glutamolactam--yl glutamin):

O

CO C

H2

CH2 CH H

N C

NH CH

(CH2)2 CO - NH2

COOH