SÁNG KIẾN KINH KINH NGHIỆM_ “ Phương pháp giải nhanh một số dạng bài tập hóa học hữu cơ thường gặp ở trường THPT ”.

SNG KIN KINH KINH NGHIM
Phng phỏp gii nhanh mt s dng bi tp húa hc hu c thng gp
trng THPT .
PHN M U
1. Lý do chn ti
Trong chơng trình THPT, Hoá học là bộ môn khoa học tự nhiên có vai trò
quan trọng trong nhà trờng phổ thông. Môn hoá học cung cấp cho học sinh một
hệ thống kiến thức phổ thông, cơ bản và thiết thực đầu tiên về hoá học, rèn cho
học sinh óc t duy sáng tạo và khả năng trực quan nhanh nhạy. Vì vậy giáo viên
bộ môn hoá học cần hình thành ở các em một kỹ năng cơ bản, thói quen học
tập và làm việc khoa học làm nền tảng để các em phát triển khả năng nhận thức
và năng lực hành động. Hình thành cho các em những phẩm chất cần thiết nh
cẩn thận, kiên trì, trung thực, tỉ mỉ, chính xác, yêu thích khoa học.
Nhm t c mc tiờu o to ra th h nhng ngi lao ng ỏp ng
nhu cu cụng nghip húa, hin i húa t nc, ngnh giỏo dc o to phi tin
hnh i mi trờn mi mt: ni dung, phng phỏp, hỡnh thc, phng tin,
Trong ú, trng tõm l i mi phng phỏp, i mi phng tin l quan trng.
Cụng cuc i mi PPDH v phng tin dy hc (PTDH) ó c Ngh quyt
Trung ng 2 khúa VIII ch rừ: i mi PPDH o to, khc phc li truyn
th mt chiu, rốn luyn thnh np t duy sỏng to cho ngi hc, tng bc ỏp
dng phng phỏp tiờn tin v phng tin hin i vo dy hc, m bo iu
kin v thi gian t hc, t nghiờn cu cho hc sinh
Trong i mi hot ng dy hc húa hc, vai trũ ca BTHH c bit quan
trng nhm thc hin tt cỏc nhim v ca b mụn húa hc, i ti mc tiờu nõng
cao mt bc c bn cht lng hc tp cho hc sinh (HS), to ra mt mụi
trng giỏo dc mang tớnh tng tỏc cao ch khụng n thun ch l thy c,
trũ chộp nh kiu truyn thng, HS c khuyn khớch v to iu kin ch
ng tỡm kim tri thc, sp xp hp lý quỏ trỡnh t hc tp, t rốn luyn ca bn
thõn mỡnh.
Hóa học là môn khoa học thực nghiệm, do đó dạy và học hóa học không chỉ
dừng lại ở việc truyền đạt và lĩnh hội kiến thức khoa học mà còn phải nâng cao

tính thực tiễn của môn học: rèn luyện các kỹ năng, kỹ xảo thực hành, nâng cao
khả năng vận dụng kiến thức hóa học vào thực tiễn sản xuất. Trong dạy học hóa
học, bài tập hóa học (BTHH) là nguồn quan trọng để HS thu nhận kiến thức, củng
cố khắc sâu những lí thuyết đã học phát triển tư duy sáng tạo của học sinh, nâng
cao năng lực nhận thức. Tuy nhiên việc bố trí thời lượng trong làm bài cho phần
kiến thức, bài tập hóa học rất ít đặc biệt với các bài tập trắc nghiệm. Do vậy đa
số học sinh THPT hiện nay gặp rất nhiều khó khăn trong việc phân loại và tìm ra
phương pháp giải phù hợp theo yêu cầu của ngành giáo dục về “Đổi mới phương
thức kiểm tra đánh giá chất lượng học sinh trong dạy học hóa học ở trương
THPT” theo đó các bài tập được ra theo hướng tăng cường bản chất hóa học hạn
chế những tính toán quá phức tạp trong một bài tập, vì vậy học sinh cần nắm được
bản chất hóa học của đề bài để từ đó đưa ra phương pháp giải tối ưu nhất.
Với những lý do trên, tôi đã chọn nghiên cứu đề tài: “ Phương pháp giải
nhanh một số dạng bài tập hóa học hữu cơ thường gặp ở trường THPT ”.
NỘI DUNG
Chương 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN CỦA VIỆC SỬ DỤNG PPGN
BÀI TOÁN HÓA HỌC HỮU CƠ TRONG DẠY HỌC HÓA HỌC
1.1. Thực trạng dạy học hóa học ở trường THPT hiện nay…… ……
Đổi mới chương trình giáo dục phổ thông, mà trọng tâm là đổi mới PPDH đã
thực sự được chuẩn bị từ những năm đầu của thập kỷ 90 của thế kỷ XX, đặc biệt
là sau Nghị quyết số 40/2000/QH10 của Quốc hội khóa X, cho đến nay đã thực
hiện được một số thành công mới:
- Chú trọng tới vấn đề tăng cường hoạt động tích cực nhận thức của HS.
- Khuyến khích sử dụng các PPDH tích cực trong hoạt động dạy học.
- Đầu tư phương tiện dạy học hiện đại.
- Nâng cao tính cơ bản, tính thực tiễn, tính hiện đại của chương trình học.
- HS hoạt động độc lập, tích cực hơn và có khả năng làm việc theo nhóm cao
hơn trước đây.
Tuy nhiên, trong quá trình thực hiện ở mỗi địa phương, do các nguyên nhân
khách quan và chủ quan, thực trạng dạy học nói chung và PPDH hoá học nói

riêng còn nhiều hạn chế, chất lượng chưa đều:
- Trong các giờ học luyện tập, ôn tập kiến thức PPDH còn nặng về thuyết trình,
hoạt động của HS còn thụ động, ít hoạt động tư duy, chủ yếu là nghe giảng, ghi
bài (hoặc đọc chép) khi làm bài tập hóa học và làm bài kiểm tra kỹ năng giải toán
còn chậm không đáp ứng được yêu cầu đổi mới hình thức ra đề kiểm tra đặc biệt
là đề thi tốt nghiệp THPT và thi tuyển sinh Đại học hiện nay.
- Chủ yếu sử dụng các PPDH thụ động, Các PPDH thường dùng là thuyết trình
(giảng giải), đàm thoại, thầy ra đề hướng dẫn trò làm từng bước giải chi tiết nên
mất rất nhiều thời gian . Có trình bày nêu vấn đề nhưng chưa giúp HS giải quyết
vấn đề mà mới chỉ là nêu vấn đề và chuyển tiếp vấn đề, chưa có chú ý hình thành
từng bước năng lực tự giải quyết vấn đề từ thấp lên cao dần cho HS.
- Gắn việc giảng dạy với thực tiễn chưa đầy đủ. HS đặc biệt lúng túng khi
phải giải đáp, giải quyết những vấn đề thực tiễn (thuộc vận dụng kiến thức trong
học tập hoặc trong đời sống sản xuất).
- Trong giờ học, HS ít vận động đặc biệt là vận động tư duy dẫn đến HS
thường chỉ chú ý tới việc tiếp thu rồi tái hiện lại những điều GV giảng hoặc đã
viết sẵn trong sách giáo khoa nên có thể trả lời đúng các câu hỏi ở mức độ thấp
nhất là những câu hỏi biết, trong khi đó lại lúng túng ở những câu hỏi ở mức độ
cao hơn – những câu hỏi yêu cầu hiểu, áp dụng, phân tích, tổng hợp, đánh giá.
1.2. Các xu hướng hiện nay trong việc xây dựng bài tập hóa học.
- Loại bỏ các bài tập có nội dung nghèo nàn nhưng lại cần đến những thuật
toán phức tạp để giải.
Loại bỏ các bài tập có nội dung lắt léo, giả định rắc rối, phức tập, xa rời hoặc
phi thực tiễn hóa học.
- Tăng cường sử dụng bài tập thực nghiệm.
- Tăng cường sử dụng bài tập trắc nghiệm khách quan.
- Xây dựng bài tập mới để rèn luyện cho học sinh năng lực phát hiện vấn đề
và giải quyết vấn đề.
- Xây dựng bài tập có nội dung phong phú, sâu sắc, phần tính toán đơn giản
nhẹ nhàng.

1.3. Nội dung chương trình hóa học hữu cơ lớp 11 THPT ………
Chương Tên chương Số tiết luyện
tập
Tổng số
tiết
4 Đại cương về hóa học hữu cơ 2 9
5 Hiđrocacbon no 2 6
6 Hiđrocacbon không no 2 8
7 Hiđrocacbon thơm – Nguồn
hiđrocacbon thiên nhiên
1 7
8 Dẫn xuất halogen. Ancol – Phenol 3 9
9 Anđehit – Xeton – Axit cacboxylic 3 8
Nhận xét:
- Theo quy định của chương trình, số tiết hóa học ở lớp 11 THPT theo
chương trình nâng cao tăng (2,5 tiết/tuần), do đó nội dung tăng (không chỉ đẩy 2
chương ở lớp 12 cũ xuống mà còn có nhiều kiến thức mới được bổ sung, nhiều
định nghĩa, khái niệm, quy tắc được chỉnh sửa cho chuẩn xác).
- Phần hóa học hữu cơ ở trường THPT có 10 chương, trong đó lớp 11 có 6
chương, lớp 12 có 4 chương. Các khái niệm cơ bản và khó của hóa học hữu cơ,
các nhóm chất hữu cơ cơ bản đều tập trung ở lớp 11, nhất là chương “Đại cương”.
- Chương trình hóa học hữu cơ THPT nói chung nặng và khó cho cả người
dạy và người học. Chính vì thế cần có những GV giỏi để tổ chức và điều khiển
đúng hướng hoạt động nhận thức của HS.
1.4. Các dạng bài tập trắc nghiệm hóa học hữu cơ thường gặp ở trường
THPT
1.4.1. Ý nghĩa tác dụng của việc sử dụng bài tập hóa học [19; 7-8]
Việc dạy học không thể thiếu bài tập. Sử dụng bài tập để luyện tập là một
biện pháp hết sức quan trọng để nâng cao chất lượng dạy học.
Bài tập hóa học có ý nghĩa tác dụng to lớn về nhiều mặt.

- Ý nghĩa trí dục:
+ Làm chính xác hóa khái niệm hóa học, củng cố đào sâu và mở rộng kién
thức một cách sinh động, phong phú, hấp dẫn.
+ Ôn tập hệ thống hóa kiến thức một cách tích cực nhất.
+ Rèn luyện các kỹ năng hóa học như: cân bằng PTHH, tính toán theo
PTHH…
- Ý nghĩa phát triển: Phát triển ở học sinh ở năng lực tư duy logic, biện
chứng, khái quát, độc lập, thông minh và sáng tạo.
- Ý nghĩa giáo dục: Rèn luyện đức tính chính xác, kiên nhẫn, trung thực và
lòng say mê khoa học hóa học.Bài tập thực nghiệm còn có tác dụng rèn luyện văn
hóa lao động.
1.4.2. Các dạng bài tập trắc nghiệm thường gặp ở trường THPT
- Câu trắc nghiệm đúng sai
- Câu trắc nghiệm có nhiều câu hỏi để lựa chọn
- Câu trắc nghiệm ghép đôi
- Câu trắc nghiệm điền khuyết hay có câu trả lời ngắn.
1.5 Một số phương pháp giải toán hóa học hữu cơ ở THPT
1.5.1 Phương pháp bảo toàn
- Bảo toàn điện tích
- Bảo toàn khối lượng
1.5.2 Phương pháp đại số
1.5.3 Phương pháp trung bình ( khối lượng trung bình, số nguyên tử trung bình)
1.5.4 Phương pháp ghép ẩn số
1.5.5 Phương pháp tăng giảm khối lượng
1.5.6 Phương pháp đường chéo
1.5.7 Phương pháp biện luận
Kết luận chương 1
Trên đây là những nghiên cứu của tôi về những vấn đề cơ sở lý luận và thực
tiễn của hoạt động dạy và học hóa học ở trường phổ thông hiện nay, sử dụng
BTHH, mà cụ thể là BTHH hữu cơ vào việc bồi dưỡng học sinh giỏi, luyện thi

Đại học… Qua đó, có thể nhận thấy rằng:
- Từ thực trạng của việc dạy học hóa học hiện nay, việc giảng dạy môn hóa
học ở trường phổ thông cần có sự đổi mới một cách đồng bộ và toàn diện, mà
trọng tâm là đổi mới PPDH để phù hợp với sự phát triển khoa học kỹ thuật và
trình độ của người học.
- Trong dạy học hóa học hữu cơ, bài tập hóa học có vai trò hết sức quan
trọng, là nguồn cung cấp kiến thức cho HS. Yêu cầu đặt ra cho người GV là phải
có PPDH hóa học nói chung, phương pháp rèn kỹ năng giải bài tập một cách hiệu
quả để các BTHH hợp chất Hữu cơ phát huy được tất cả những vai trò của nó
trong dạy học.
- Trong những năm gần đây, phương thức kiểm kiểm tra, đánh giá, chất
lượng học sinh, cách ra đề thi đã có nhiều thay đổi theo hướng đưa những bài tập
đa dạng về kiến thức đi sâu vào bản chất hóa học, không yêu cầu những tính toán
quá phức tạp, hình thức ra đề chủ yếu các bài tập trắc nghiệm yêu cầu học sinh
nắm vững bản chất hóa học, thuật giải toán cơ bản để giải nhanh… nhằm mục
tiêu cuối cùng là nâng cao hiệu quả hoạt động dạy và hoạt động học, tạo ra một
môi trường giáo dục mang tính tương tác cao, HS được khuyến khích và tạo điều
kiện để chủ động tìm kiếm tri thức, phát triển trí tuệ, hiểu được bản chất hóa học
hơn là những tính toán mang tính lí thuyết, sắp xếp hợp lý quá trình tự học tập, tự
rèn luyện của bản thân mình.
Chương 2
XÂY DỰNG MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP HÓA HỌC HỮU CƠ THƯỜNG GẶP
VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH CHO TỪNG DẠNG.
2.1. Xây dựng mô hình một số dạng bài tập trắc nghiệm hóa học hữu cơ
thường gặp và phương pháp giải nhanh cho từng dạng.
1. Dựa trên công thức tổng quát của hiđrocacbon
Thí dụ: Công thức tổng quát của hiđrocacbonA có dạng (C
n
H
2n+1

)
m
. A thuộc dãy
đồng đẳng nào?
A) Ankan B) Anken C) Ankin D) Aren
Suy luận: C
n
H
2n+1
là gốc hidrocacbon hóa trị I. Vậy phân tử chỉ có thể do 2 gốc
hydrocacbon hóa trị I liên kết với nhau, vậy m = 2 và A thuộc dãy ankan:
C
2n
H
2n+4
.
2. Khi đốt cháy hidrocacbon thì cacbon tạo ra và hidro tạo ra H
2
O. Tổng
khối lượng C và H trong CO
2
và H
2
O phải bằng khối lượng của
hidrocacbon.
Thí dụ: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm CH
4
, C
3
H

6
và C
4
H
10
thu được
17,6g CO
2
và 10,8g H
2
O. m có giá trị là:
A) 2g B) 4g C) 6g D) 8g.
Suy luận: M
hỗn hợp
= m
C
+ m
H
=
g62.
18
8.10
12.
44
6.17
=+
.
3. Khi đốt cháy ankan thu được nCO
2
> nH

2
O và số mol ankan cháy bằng
hiệu số của số mol H
2
O và số mol CO
2
.
C
n
H
2n+2
+
2
3 1
2
n
O
+

→
nCO
2
+ (n + 1) H
2
O
Thí dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol hỗn hợp 2 ankan thu được 11,45g H
2
O.
Cho sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)
2

dư thì khối lượng kết tủa thu được
là:
A. 37,5g B. 52,5g C. 15g D. 42,5g
Đáp án: A
Suy luận:
n
ankan
= nCO
2
- nCO
2
→ nCO
2
= nH
2
O - n
ankan
nCO
2
=
9,45
18
= 0,15 = 0,375 mol
CO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3

↓
+ H
2
O
nCaCO
3
= CO
2
= 0,375 mol
mCaCO
3
= 0,375.100 = 37,5g
Thí dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 hidrocacbon liên tiếp trong dãy đồng
đẳng thu được 11,2 lít CO
2
(đktc) và 12,6g H
2
O. Hai hidrocacbon đó thuộc dãy
đồng đẳng nào?
A. Ankan B. Anken C. Ankin D. Aren
Suy luận:
nH
2
O =
12,6
18
= 0.7 > 0,5. Vậy đó là ankan
Thí dụ 3: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 hidrocacbon liêm tiếp trong dãy đồng
đẳng thu được 22,4 lít CO
2

(đktc) và 25,2g H
2
O. Hai hidrocacbon đó là:
A. C
2
H
6
và C
3
H
8
B. C
3
H
8
và C
4
H
10
C. C
4
H
10
và C5H
12
D. C
5
H
12
và C

6
H
14
Suy luận: nH
2
O =
25,2
18
= 1,4 mol ; nCO
2
= 1mol
nH
2
O > nCO
2

⇒
2 chất thuộc dãy ankan. Gọi n là số nguyên tử C trung bình:
2 2n n
C H
+
+
3 1
2
n
+
O
2
→
n

CO
2
+
( )
1n
+
H
2
O
Ta có:
1
1 1,4
n
n
=
+
→
n
= 2,5 →
Thí dụ 4: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp gồm 1 ankan và 1 anken. Cho sản phẩm
cháy lần lượt đi qua bình 1 đựng P
2
O
5
dư và bình 2 đựng KOH rắn, dư thấy
bình 1 tăng 4,14g, bình 2 tăng 6,16g. Số mol ankan có trong hỗn hợp là:
A. 0,06 B. 0,011 C. 0,03 D. 0,045
Suy luận: nH
2
O =

4,14
18
= 0,23 ; nCO
2
=
6,16
44
= 0,14
n
ankan
= nH
2
O – nCO
2
= 0,23 – 0,14 = 0,011 mol
Thí dụ 5: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp gồm CH
4
, C
4
H
10
và C
2
H
4
thu
được 0,14 mol CO
2
và 0,23 mol H
2

O. Số mol ankan và anken có trong hỗn hợp
lần lượt là:
A. 0,011 và 0,01 B. 0,01 và 0,011
C. 0,08 và 0,02 D. 0,02 và 0,08
Suy luận: n
ankan
= 0,23 – 0,14 = 0,011 ; n
anken
= 0,1 – 0,011 mol
C
2
H
6
C
3
H
8
4. Dựa vào phản ứng cộng của anken với Br
2
có tỉ lệ mol 1: 1.
Thí dụ: Cho hỗn hợp 2 anken đi qua bình đựng nước Br
2
thấy làm mất màu
vừa đủ dung dịch chứa 8g Br
2
. Tổng số mol 2 anken là:
A. 0,1 B. 0,05 C. 0,025 D. 0,005
Suy luận: n
anken
= nBr

2
=
8
160
= 0,05 mol
5. Dựa vào phản ứng cháy của ankan mạch hở cho nCO
2
= nH
2
O
Thí dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 hidrocacbon mạch hở trong cùng dãy
đồng đẳng thu được 11,2 lít CO
2
(đktc) và 11g H
2
O. Hai hidrocacbon đó thuộc
dãy đồng đẳng nào?
A. Ankan B. Anken C. Ankin D, Aren
Suy luận: nCO
2
=
11,2
0,5
22,4
=
mol ; nH2O =
9
0,5
18
=

⇒
nH
2
O = nCO
2
Vậy 2 hidrocacbon thuộc dãy anken.
Thí dụ 2: Một hỗm hợp khí gồm 1 ankan và 1 anken có cùng số nguyên tử C
trong phân tử và có cùng số mol. Lấy m gam hỗn hợp này thì làm mất màu
vừa đủ 80g dung dịch 20% Br
2
trong dung môi CCl
4
. Đốt cháy hoàn toàn m
gam hỗn hợp đó thu được 0,6 mol CO
2
. Ankan và anken đó có công thức phân
tử là:
A. C
2
H
6
, C
2
H
4
B. C
3
H
8

, C
3
H
6
C. C
4
H
10
, C
4
H
8
D. C
5
H
12
, C
5
H
10

Suy luận: n
anken
= nBr
2
=
80.20
100.160
=
0,1 mol

C
n
H
2n
+
3
2
n
O
2
→ n CO
2
+ n H
2
O
0,1 0,1n

Ta có: 0,1n =
0,6
2
=
0,3
⇒
n = 3
⇒
C
3
H
6.
6. Đốt cháy ankin: nCO

2
> nH
2
O và n
ankin (cháy)
= nCO
2
– nH
2
O
Thí dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn V lít (đktc) một ankin thể khí thu được CO
2
và
H
2
O có tổng khối lượng 25,2g. Nếu cho sản phẩm cháy đi qua dd Ca(OH)
2
dư
thu được 45g kết tủa.
a. V có giá trị là:
A. 6,72 lít B. 2,24 lít C. 4,48 lít B. 3,36 lít
Suy luận: nCO
2
= nCaCO
3
=
45
100
=
14 2 49,6 3,4.n n+ = → =

0,45 mol
nH
2
O =
25,2 0,45.44
18
−
=
0,3 mol
n
ankin
= nCO
2
– nH
2
O = 0,45 – 0,3 = 0,15 mol
V
ankin
= 0,15.22,4 = 3,36 lít
b. Công thức phân tử của ankin là:
A. C
2
H
2
B. C
3
H
4
C. C
4

H
6
D. C
5
H
8
nCO
2
= 3n
ankin
. Vậy ankin có 3 nguyên tử C
3
H
4
Thí dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn V lít (đktc) 1 ankin thu được 10,8g H
2
O. Nếu
cho tất cả sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình đựng nước vôi trong thì khối
lượng bình tăng 50,4g. V có giá trị là:
A. 3,36 lít B. 2,24 lít C. 6,72 lít D. 4,48 lít
Suy luận: Nước vôi trong hấp thu cả CO
2
và H
2
O
mCO
2
+ mH
2
O = 50,4g ; mCO

2
= 50,4 – 10,8 = 311,6g
nCO
2
=
39,6
44
=
0,11 mol
n
ankin
= nCO
2
– nH
2
O =
10,8
0,9
4418
− =
0,3 mol
7. Đốt cháy hỗn hợp các hidrocacbon không no được bao nhiêu mol CO
2
thì sau đó hidro hóa hoàn toàn rồi đốt cháy hỗn hợp các hidrocacbon không
no đó sẽ thu được bấy nhiêu mol CO
2
. Đó là do khi hidro hóa thì số nguyên
tử C không thay đổi và số mol hidrocacbon no thu được luôn bằng số mol
hidrocacbon không no.
Thí dụ: Chia hỗn hợp gồm C

3
H
6
, C
2
H
4
, C
2
H
2
, thành 2 phần đều nhau:
- Đốt cháy phần 1 thu được 2,24 lít CO
2
(đktc).
- Hidro hóa phần 2 rồi đốt cháy hết sản phẩm thì thể tích CO
2
thu được là:
A. 2,24 lít B. 1,12 lít C. 3,36 lít D. 4,48 lít
8. Sau khi hidro hóa hoàn toàn hidrocacbon không no rồi đốt cháy thì thu
được số mol H
2
O nhiều hơn so với khi đốt lúc chưa hidro hóa. Số mol H
2
O trội
hơn chính bằng số mol H
2
đã tham gia phản ứng hidro hóa.
Thí dụ: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol Hidro có công thức tổng quát C
n

H
2n
thu
được 0,2 mol H
2
O. Nếu hidro hóa hoàn toàn 0,1 mol hợp chất này rồi đốt cháy
thì số mol H
2
O thu được là:
A. 0,3 B. 0,4 C. 0,5 D. 0,6
Suy luận: Ankin cộng hợp với H
2
theo tỉ lệ mol 1:2. Khi cộng hợp có 0,2 mol
H
2
phản ứng nên số mol H
2
O thu được thêm cũng là 0,2 mol , do đó số mol
H
2
O thu được là 0,4 mol
9. Dựa và cách tính số nguyên tử C và số nguyên tử C trung bình hoặc
khối lượng mol trung bình…
+ Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp:
hh
hh
m
M
n
=

+ Số nguyên tử C:
2
X Y
co
C H
n
n
n
=
+ Số nguyên tử C trung bình:
2
CO
hh
n
n
n
=
;
1 2
n a n b
n
a b
+
=
+
Trong đó: n
1
, n
2

là số nguyên tử C của chất 1, chất 2
a, b là số mol của chất 1, chất 2
+ Khi số nguyên tử C trung bình bằng trung bình cộng của 2 số nguyên tử C
thì 2 chất có số mol bằng nhau.
Ví dụ 1: Hỗn hợp 2 ankan là đồng đẳng liên tiếp có khối lượng là 24,8g. Thể
tích tương ứng của hỗn hợp là 11,2 lít (đktc). Công thức phân tử ankan là:
A. CH
4
, C
2
H
6
B. C
2
H
6
, C
3
H
8
 B. C
3
H
8
, C
4
H
10
D. C
4

H
10
, C
5
H
12
Suy luận:

24,8
49,6
0,5
hh
M = =
;
14 2 49,6 3,4.n n+ = → =
2 hidrocacbon là C
3
H
8
và C
4
H
10.
Ví dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 hidrocacbon mạch hở, liên tiếp trong
dãy đồng đẳng thu được 22,4 lít CO
2
(đktc) và 25,2g H
2
O. Công thức phân tử
2 hidrocacbon là:

A. CH
4
, C
2
H
6
B. C
2
H
6
, C
3
H
8
C. C
3
H
8
, C
4
H
10
D. C
4
H
10
, C
5
H
12

Ví dụ 3: Cho 14g hỗn hợp 2 anken là đồng đẳng liên tiếp đi qua dung dịch
nước Br
2
thấy làm mất màu vừa đủ dd chứa 64g Br
2
.
1. Công thức phân tử của các anken là:
A. C
2
H
4
, C
3
H
6
B. C
3
H
8
, C
4
H
10
C. C
4
H
10
, C
5
H

12
D. C
5
H
10
, C
6
H
12
2. Tỷ lệ số mol 2 anken trong hỗn hợp là:
A. 1:2 B. 2:1 C. 2:3 D. 1:1
Suy luận:
1.
8,81
0,2
44
mol=
2
64
0,4
160
anken Br
n n mol= = =

14
35
0,4
anken
M = =
;

14 35 2,5.n n= → =
Đó là : C
2
H
4
và C
3
H
6
Thí dụ 4: Cho 10,2g hỗn hợp khí A gồm CH
4
và anken đồng đẳng liên tiếp đi
qua dd nước brom dư, thấy khối lượng bình tăng 7g, đồng thời thể tích hỗn
hợp giảm đi một nửa.
1. Công thức phân tử các anken là:
A. C
2
H
4
, C
3
H
6
B. C
3
H
6
, C
4
H

10
C. C
4
H
8
, C
5
H
10
D. C
5
H
10
, C
6
H
12
2. Phần trăm thể tích các anken là:
A. 15%, 35% B. 20%, 30%
C. 25%, 25% D. 40%. 10%
Suy luận:
1.
4 4
2 2CH anken CH anken
V V n n
= → =

2
7
anken

m g
=
;
4
10,2 7
0,2
16
CH
n
−
= =
;
7
14 2,5
0,2
n n= → =
. Hai anken là
C
2
H
4
và C
3
H
6
.
2. Vì
2 3
2,5
2

n
+
= = =
trung bình cộng nên số mol 2 anken bằng nhau. Vì ở
cùng điều kiện %n = %V.
→ %V = 25%.
Thí dụ 5: Đốt cháy 2 hidrocacbon thể khí kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng
thu được 48,4g CO
2
và 28,8g H
2
O. Phần trăm thể tích mỗi hidrocacbon là:
A. 110%, 10% B. 85%. 15%
C. 80%, 20% D. 75%. 25%
Thí dụ 6: A, B là 2 rượu no đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Cho hỗn
hợp gồm 1,6g A và 2,3g B tác dụng hết với
Na thu được 1,12 lít H
2
(đktc). Công thức phân tử 2 rượu là:
A. CH
3
OH, C
2
H
5
OH B. C
2
H
5
OH, C

3
H
7
OH
C. C
3
H
7
OH, C
4
H
11
OH D. C
4
H
11
OH, C
5
H
11
OH
10. Dựa trên phản ứng tách nước của rượu no đơn chức thành anken →
anken
n
=
n
rượu
và sô nguyên tử C không thay đổi. Vì vậy đốt rượu và đốt anken
tương ứng cho số mol CO
2

như nhau.
Thí dụ: Chia a gam ancol etylic thành 2 phần đều nhau.
Phần 1: mang đốt cháy hoàn toàn → 2,24 lít CO
2
(đktc)
Phần 2: mang tách nước hoàn toàn thành etylen, Đốt cháy hoàn toàn lượng etylen
→ m gam H
2
O. m có giá trị là:
A. 1,6g B. 1,8g C. 1,4g D. 1,5g
Suy luận: Đốt cháy ancol etylic được 0,1 mol CO
2
thì đốt cháy tương ứng phần
etylen cũng được 0,1 mol CO
2
. Nhưng đốt anken cho mol CO
2
bằng mol H
2
O.
Vậy m = 0,1.18 = 1,8.
11. Đốt 2 chất hữu cơ, phân tử có cùng số nguyên tử C, được cùng số mol
CO
2
thì 2 chất hữu cơ mang đốt cháy cùng số mol.
Thí dụ: Đốt cháy a gam C
2
H
5
OH được 0,2 mol CO

2
. Đốt cháy 6g C
2
H
5
COOH
được 0,2 mol CO
2
.
Cho a gam C
2
H
5
OH tác dụng với 6g CH
3
COOH (có H
2
SO
4đ
xt, t
0
Giả sử H =
100%) được c gam este. C có giá trị là:
A. 4,4g B. 8,8g 13,2g D. 17,6g
Suy luận:

2 5 3 2
1
2
C H OH CH COOH CO

n n n
=
= =
= 0,1 mol.

3 2 5
0,1 0,1.88 8,8
CH COOC H este
n mol m c g
= → = = =
12. Dựa trên phản ứng đốt cháy anđehit no, đơn chức
cho số mol CO
2
= số mol H
2
O. Anđehit
2
,H xt+
→
rượu
0
2
,O t+
→
cũng cho số
mol CO
2
bằng số mol CO
2
khi đốt anđehit còn số mol H

2
O của rượu thì nhiều
hơn. Số mol H
2
O trội hơn bằng số mol H
2
đã cộng vào anddeehit.
Thí dụ: Đốt cháy hỗn hợp 2 anđehit no, đơn chức thu được 0,4 mol CO
2
. Hidro
hóa hoàn toàn 2 anđehit này cần 0,2 mol H
2
thu được hỗn hợp 2 rượu no đơn
chức. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 rượu thì số mol H
2
O thu được là:
A. 0,4 mol B. 0,6mol C. 0,8 mol D. 0,3 mol
Suy luận: Đốt cháy hỗn hợp 2 anđehit được 0,4 mol CO
2
thì cũng được 0,4 mol
H
2
O. Hidro hóa anđehit đã nhận thêm 0,2 mol H
2
thì số mol của rượu trội hơn của
anđehit là 0,2 mol. Vậy số mol H
2
O tạo ra khi đốt cháy rượu là 0,4 + 0,2 = 0,6
mol.
13. Dựa và phản ứng tráng gương: cho tỉ lệ n

HCHO
: n
Ag
= 1 : 4
n
R-CHO
: n
Ag
= 1 : 2.
Thí dụ: Cho hỗn hợp HCHO và H
2
đi qua ống đựng bột nung nóng. Dẫn toàn bộ
hỗn hợp thu đượu sau phản ứng vào bình nước lạnh để ngưng tụ hơi chất lỏng và
hoa tan các chất có thể tan được , thấy khối lượng bình tăng 11,8g.
Lấy dd trong bình cho tác dụng với dd AgNO
3
/NH
3
thu được 21,6g Ag. Khối
lượng CH
3
OH tạo ra trong phản ứng hợp H
2
của HCHO là:
A. 8,3g B. 11,3g C. 10,3g D. 1,03g
Suy luận: H-CHO + H
2

0
Ni

t
→
CH
3
OH
(
3
CH OH HCHO
m m+
) chưa phản ứng là 11,8g.
HCHO + 2Ag
2
O
3
NH
→
CO
2
+ H
2
O + 4 Ag
↓
1 1 21,6
0,05
4 4 108
HCHO Ag
n n mol= = × =
.
M
HCHO

= 0,05.30 = 1,5g ;
3
11,8 1,5 10,3
CH OH
m g= − =
Thí dụ 2: Cho hỗn hợp gồm 0,1 mol HCOOH và 0,2 mol HCHO tác dụng hết với
dd AgNO
3
/NH
3
thì khối lượng Ag thu được là:
A. 108g B. 10,8g C. 216g D. 21,6g
Suy luận: 0,1 mol HCOOH → 0,2 mol Ag
0,2 mol HCHO → 0,8 mol Ag
→ Đáp án A.
Thí dụ 3: Chất hữu cơ X thành phần gồm C, H, O trong đó %O: 53,3 khối lượng.
Khi thực hiện phản ứng trang gương, từ 1 mol X → 4 mol Ag. CTPT X là:
A. HCHO B. (CHO)
2
C. CH
2
(CHO)
2
D. C
2
H
4
(CHO)
2
14. Dựa vào công thức tính số ete tao ra từ hỗn hợp rượu hoặc dựa vào

ĐLBTKL.
Thí dụ 1: Đun hỗn hợp 5 rượu no đơn chức với H
2
SO
4đ
, 140
0
C thì số ete thu được
là:
A. 10 B. 12 C. 15 D. 17
Suy luận: Áp dụng công thức :
( 1)
2
x x +
ete → thu được 15 ete.
Thí dụ 2: Đun 132,8 hỗn hợp gồm 3 rượu đơn chức với H
2
SO
4
đặc, 140
0
C → hỗn
hợp các ete có số mol bằng nhau và có khối lượng là 111,2g. Số mol ete là:
A. 0,1 mol B. 0,2 mol C. 0,3 mol D. 0,4 mol
Suy luận: Đun hỗn hợp 3 rượu tạo ra 6 ete.
Theo ĐLBTKL: m
rượu
= m
ete
+

2
H O
m
→
2
H O
m
= 132,8 – 111,2 = 21,6g
Do
2
21,6
1,2
18
ete H O
n n mol
=
= = ⇒
∑ ∑
n
mỗi ete
=
1,2
0,2
6
mol=
.
15. Dựa vào phương pháp tăng giảm khối lượng:
Nguyên tắc: Dựa vào sự tăng giảm khối lượng khi chuyển từ chất này sang chất
khác để xác định khối lượng 1 hỗn hợp hay 1 chất.
Cụ thể: Dựa vào pt tìm sự thay đổi về khối lượng của 1 mol A → 1mol B hoặc

chuyển từ x mol A → y mol B (với x, y là tỉ lệ cân bằng phản ứng).
Tìm sự thay đỏi khối lượng (A→B) theo bài ở z mol các chất tham gia phản ứng
chuyển thành sản phẩm. Từ đó tính được số mol các chất tham gia phản ứng và
ngược lại.
 Đối với rượu: Xét phản ứng của rượu với K:

2
( ) ( )
2
x x
x
R OH xK R OK H+ → +
Hoặc ROH + K → ROK +
1
2
H
2
Theo pt ta thấy: cứ 1 mol rượu tác dụng với K tạo ra 1 mol muối ancolat thì khối
lượng tăng: 311 – 1 = 38g.
Vậy nếu đề cho khối lượng của rượu và khối lượng của muối ancolat thì ta có thể
tính được số mol của rượu, H
2
và từ đó xác định CTPT rươụ.

Đối với anđehit: xét phản ứng tráng gương của anđehit
R – CHO + Ag
2
O
0
3

,NH t
→
R – COOH + 2Ag
Theo pt ta thấy: cứ 1mol anđehit đem tráng gương → 1 mol axit
⇒

∆
m = 45 – 211 = 16g. Vậy nếu đề cho m
anđehit
, m
axit
→ n
anđehit
, n
Ag
→ CTPT
anđehit.
 Đối với axit: Xét phản ứng với kiềm
R(COOH)
x
+ xNaOH → R(COONa)
x
+ xH
2
O
Hoặc RCOOH + NaOH → RCOONa + H
2
O
1 mol → 1 mol →
∆

m
↑
= 22g

Đối với este: xét phản ứng xà phòng hóa

RCOOR
’
+ NaOH → RCOONa + R
’
OH
1 mol → 1 mol →
∆
m
↑
= 23 – M
R
’
 Đối với aminoaxit: xét phản ứng với HCl
HOOC-R-NH
2
+ HCl → HOOC-R-NH
3
Cl
1 mol → 1mol →
∆
m
↑
= 36,5g
Thí dụ 1: Cho 20,15g hỗn hợp 2 axit no đơn chức tác dụng vừa đủ với dd Na

2
CO
3
thì thu được V lít CO
2
(đktc) và dd muối.Cô cạn dd thì thu được 28,116g muối.
Giá trị của V là:
A. 4,84 lít B. 4,48 lít C. 2,24 lít D. 2,42 lít E. Kết quả khác.
Suy luận: Gọi công thức trung bình của 2 axit là:
R COOH−
Ptpu: 2
R COOH−
+ Na
2
CO
3
→ 2
R COONa−
+ CO
2
↑
+ H
2
O
Theo pt: 2 mol → 2 mol 1 mol

⇒
∆
m = 2.(23 - 11) = 44g
Theo đề bài: Khối lượng tăng 28,116 – 20,15 = 8,81g.

→ Số mol CO
2
=
8,81
0,2
44
mol=
→ Thể tích CO
2
: V = 0,2.22,4 = 4,48 lít
Thí dụ 2: Cho 10g hỗn hợp 2 rượu no đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng
tác dụng vừa đủ với Na kim loại tạo ra 14,4g chất rắn và V lít khí H
2
(đktc). V có
giá trị là:
A. 1,12 lít B. 2,24 lít C. 3,36 lít D. 4,48 lít
Suy luận: Theo ptpư: R – OH + Na
→
R - ONa + ½ H
2
1 mol rượu phản ứng → 1mol ancolat + 0,5 mol H
2
thì khối lượng tăng:
m∆ =
23 -1 = 22g
Vậy theo đầu bài: x mol muối ancolat và y mol H
2
bay ra thì tăng
14,4 – 10 = 4,4g. → Số mol H
2

=
4,4.0,5
0,1
22
mol=

→ Thể tích H
2
: V = 0,1.22,4= 2,24 lít.
Thí dụ 3: Khi thủy phân hoàn toàn 0,05 mol este của 1 axit đơn chức với 1 rượu
đơn chức tiêu tốn hết 5,6g KOH. Mặt khác, khi thủy phân 5,475g este đó thì tiêu
tốn hết 4,2g KOH và thu được 6,225g muối. Vậy CTCT este là:
A. (COOC
2
H
5
)
2
B. (COOCH
3
)
2

C. (COOCH
2
CH
2
CH
3
)

2
D. Kết quả khác
Suy luận: Vì n
KOH
= 2n
este
→ este 2 chức tạo ra từ axit 2 chức và rượu đơn chức.
Đặt công thức tổng quát của este là R(COOR
’
)
2
:
R(COOR
’
)
2
+ 2KOH → R(COOK)
2
+ 2R
’
OH
1 mol 2 mol → 1 mol thì m = (311,2 – 2R
’
)g
⇒
0,0375 mol 0.075 mol → 0,0375 mol thì m = 6,225 – 5,475 =
0,75g.
→ 0,0375(78 – 2R
’
) = 0,75 → R

’
= 211 → R
’
= C
2
H
5
-
M
este
=
5,475
146
0,0375
=
→ M
R
+ (44 + 211)2 = 146 → M
R
= 0
Vậy công thức đúng của este là: (COOC
2
H
5
)
2
16. Dựa vào ĐLBTNT và ĐLBTKL:
- Trong các phản ứng hóa học, tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng
tổng khối lượng của các sản phẩm tạo thành.
A + B → C + D

Thì m
A
+ m
B
= m
C
+ m
D
- Gọi m
T
là tổng khối lượng các chất trước phản ứng
M
S
là tổng khối lượng các chất sau phản ứng
Dù phản ứng vừa đủ hay còn chất dư ta vẫn có: m
T
= m
S
- Sử dụng bảo toàn nguyên tố trong phản ứng cháy:
Khi đốt cháy 1 hợp chất A (C, H) thì
2 2 2
( ) ( ) ( )O CO O H O O O pu
n n n+ =

→
2 2 2
( ) ( ) ( )O CO O H O O O pu
m m m+ =
Giả sử khi đốt cháy hợp chất hữu cơ A (C, H, O)
A + O

2
→ CO
2
+ H
2
O
Ta có:
2 2 2
O CO H O
mA m m m+ = +
Với m
A
= m
C
+ m
H
+ m
O
Thí dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp Y: C
2
H
6
, C
3
H
4
, C
4
H
8

thì thu được
12,118g CO
2
và 5,76g H
2
O. Tính giá trị m? (Đáp số: 4,18g)
Thí dụ 2: cho 2,83g hỗn hợp 2 rượu đơn chức tác dụng vừa đủ với Na thì thoát ra
0,8116 lít H
2
(đktc) và m gam muối khan. Giá trị của m là:
A. 5,411g B. 4,115g C. 5,114g D. 4,511g
Thí dụ 3: Cho 4,2g hỗn hợp gồm rượu etylic, axit axetic, axit fomic tác dụng vừa
đủ với Na thấy thoát ra 0,672 lít H
2
(đktc) và 1dd. Cô cạn dd thu được hỗn hợp
rắn X. Khối lượng của X là:
A. 2,55g B. 5,52g C. 5,25g D. 5,05g
Suy luận: Cả 3 hợp chất trên đều có 1 nguyên tử H linh động → Số mol Na =
2nH
2
= 2.0,03 = 0.06 mol
Áp dụng ĐLBTKL:
→ m
X
= 4,2 + 0,06(23 - 1) = 5,52g.
Thí dụ 4: Chia hỗn hợp 2 anđehit no đơn chức làm 2 phần bằng nhau:
P1: Đem đốt cháy hoàn toàn thu được 1,08g H
2
O
P2: Tác dụng với H

2
dư (Ni, t
0
) thì thu hỗn hợp A. Đem A đốt cháy hoàn toàn thì
thể tích CO
2
(đktc) thu được là:
A. 1,434 lít B. 1,443 lít C. 1,344 lít { D. 1,444 lít
Suy luận: Vì anđehit no đơn chức nên số mol CO
2
= sô mol H
2
O = 0,06 mol
→
2
( 2) ( 2)
0,06
CO P C P
n n mol= =
Theo BTNT và BTKL ta có:
( 2) ( )
0,06
C P C A
n n mol= =
→
2
( )
0,06
CO A
n mol=

→
2
22,4.0,06 1,344
CO
V = =
lít
Thí dụ 4: Tách nước hoàn toàn từ hỗn hợp Y gồm 2 rượu A, B ta được hỗn hợp X
gồm các olefin. Nếu đốt cháy hoàn toàn Y thì thu được 0,66g CO
2
. Vậy khi đốt
cháy hoàn toàn X thì tổng khối lượng CO
2
và H
2
O là:
A. 0,1103g B. 0,311g C. 0,114g D. 0,113g
17. Phương pháp nhóm nguyên tử trung bình:
Nhóm ở đây có thể là số nhóm -OH, -NH
2,
NO
2
Thí dụ1: Nitro hóa benzen thu được 14,1g hỗn hợp gồm 2 chất nitro có khối
lượng phân tử hơn kém nhau 45 đvc. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 chất nitro này
được 0,07mol N
2
. Hai chất nitro đó là:
A. C
6
H
5

NO
2
và C
6
H
4
(NO
2
)
2

B. C
6
H
4
(NO
2
)
2
và C
6
H
3
(OH)
3
C. C
6
H
3
(NO

2
)
3
và C
6
H
2
(NO
2
)
4
D. C
6
H
2
(NO
2
)
4
vàC
6
H(NO
2
)
5
Suy luận: Gọi
n
là số nhóm NO
2
trung bình trong 2 hợp chất nitro.

Ta có CTPT tương đương của 2 hợp chất nitro:
6 6 2
( )
n n
C H NO
−

(n <
n
< n
’
= n +1)
6 6 2
( )
n n
C H NO
−
→
2
2
n
N
1 mol →
2
n
mol N
2
14,1
78 45n+
= 0,07 mol

→
1,4n =
, n = 1, n = 2 → Đáp án A.
Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm 2 rượu no có số nguyên tử bằng nhau. Đốt cháy hoàn
toàn 0,25 mol X thu được 11,2 lít CO
2
(đktc). Mặt khác 0,25 mol X đem tác dụng
với Na dư thấy thoát ra 3,112 lít H
2
(đktc). Các rượu của X là:
A. C
3
H
7
OH và C
3
H
6
(OH)
2
B. C
4
H
11
OH và C
4
H
8
(OH)
2

C. C
2
H
5
OH và C
2
H
4
(OH)
2
D. C
3
H
7
OH và C
3
H
5
(OH)
3
Đáp án: C
Suy luận: Gọi
n
là số nhóm OH trung bình của 2 rượu.
Khi đốt cháy: số mol rượu = x mol CO
2
C
x
H
y

– (OH)
n
+ O
2

→
0
t
CO
2
+ H
2
O
C
x
H
y
– (OH)
n
+ Na
→
C
x
H
y
– (0Na)
n
+
2
n

H
2
n
CO2
= 11,2:22,4 = 0,5 mol
⇒
n
rượu
= 0,5:x = 0,25 mol -> x =2
Vậy số nguyên tử C là 2
Mặt khác 1mol C
x
H
y
– (OH)
n
phản ứng
→

2
n
H
2
0,25 mol C
x
H
y
– (OH)
n
phản ứng

→
0,138 mol H
2
n
= 1,104 => n
1
= 1 n
2
= 2
Kết luận chương 2
Từ cơ sở lý luận và thực tiễn của việc sử dụng BTHH xây dựng các dạng bài
tập trắc nghiệm về hợp chất hữu cơ và phương pháp giải nhanh cho từng dạng
chúng tôi thực hiện được các công việc sau:
- Sử dụng các bài toán hoá học là một nguồn kiến thức cung cấp cho học sinh
nhằm nâng cao năng lực nhận thức, tư duy sáng tạo, khả năng vận dụng kiến thức
vào thực tế.
- Ứng dụng phương pháp giải nhanh với một số dạng bài toán hữu cơ tiêu
biểu, xây dựng các bài tập có nội dung theo xu thế ra đề hiện nay trong chương
trình hóa học hữu cơ lớp 11, 12 THPT.
Kết luận chương 3:
Qua quá trình thực nghiệm sư phạm, chúng tôi đã có cơ sở để khẳng định giả
thuyết của mình về hiệu quả của việc vận dụng hệ thống các PPGN vào giảng dạy
phần BTHH hóa học hữu cơ lớp 11,12. Cụ thể:
• Khi sử dụng hệ thống các PPGN áp dụng cho BTHH hữu cơ vào giảng dạy
một cách hợp lý cho thấy hiệu quả truyền đạt thông tin cao hơn, đặc biệt là
các kỹ năng giải toán hóa học: HS có kỹ năng tư duy sáng tạo, dựa trên
những suy luận logic phù hợp với đặc trưng bộ môn.
• Theo kết quả điều tra:
Về phía HS: HS thích học môn hóa học hơn, những tiết học luyện tập, ôn tập
kiến thức lôi cuốn HS hơn và các hoạt động tư duy vừa sức được tăng lên

làm cho HS hứng thú hơn, chống lại thói quen lười biếng trí tuệ trong giờ
học.
Về phía GV: Sử dụng các PPGN làm người GV đỡ mất nhiều thời gian
hướng dẫn giải chi tiết theo phương pháp truyền thống dài dòng, để GV dành
nhiều thời gian hơn cho việc tổ chức cho HS thảo luận hoặc phân tích, mở
rộng một vấn đề.
• Thông qua quan sát tiến trình dạy học trên lớp: với các giờ học có sử dụng
PPGN, nội dung kiến thức của bài học được đảm bảo, đồng thời các kiến
thức trọng tâm và kiến thức về bản chất hóa học được giảng kỹ hơn. Các bài
tập được giải trong thời gian ngắn hơn, không mất nhiều thời gian vào công
việc tính toán đại số. Nhờ đó GV có thời gian để khai thác các dạng bài tập
nhiều hơn. GV đưa ra nhiều câu hỏi hơn cho HS và có thời gian tổ chức cho
HS thảo luận trên lớp, nhờ đó hứng thú học tập và hoạt động nhận thức của
HS được nâng cao, lôi cuốn HS tham gia xây dựng bài.
• Thông qua bài kiểm tra: Bài kiểm tra được tiến hành sau khi HS học xong
bài, bao gồm bài tập định tính và bài tập định lượng. Với việc xử lý bằng
phương pháp thống kê có thể khẳng định: việc sử dụng các PPGN một số
BTHH hữu cơ một cách hợp lý góp phần nâng cao chất lượng và hiệu quả
dạy học hóa học ở trường phổ thông.
1. Kết luận
Qua việc nghiên cứu đề tài:
“RÈN KỸ NĂNG GIẢI NHANH MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP HỌC HÓA HỌC HỮU CƠ LỚP THPT”
chúng tôi đã đạt được một số kết quả như sau:
- Chúng tôi đã nghiên cứu cơ sở lý luận và thực tiễn của việc dạy học hóa học ở
trường phổ thông. Nghiên cứu về PPDH trong chương trình hóa học, đặc biệt các
dạng bài tập thường gặp trong chương trình hóa học hữu cơ lớp 11,12 THPT.
- Trên cơ sở kế thừa và hệ thống hóa các kết quả nghiên cứu về lý luận dạy
học đã góp phần làm sáng tỏ nhu cầu và định hướng đổi mới dạy học hóa học, trọng
tâm là đổi mới PPDH hóa học theo hướng phát huy tính tích cực của hoạt động nhận
thức của HS. Đồng thời đề tài đã khai thác các kỹ năng giải toán hóa phù hợp với

định hướng ra đề thi hiện nay.
- Thiết kế kế hoạch dạy học, đề xuất biện pháp sử dụng hệ thống PPGN để
nâng cao chất lượng dạy và học hóa học hữu cơ THPT theo các PPDH mang tính
tích cực cao.
- Tổ chức thực nghiệm sư phạm để đánh giá chất lượng và hiệu quả của
việc sử dụng PPGN trong dạy học hóa học hữu cơ. Việc sử dụng PPGN một cách
hợp lý với các PPDH tích cực kết hợp với hình thức dạy học phong phú, đa dạng
sẽ nâng cao chất lượng và hiệu quả dạy học hóa học.



PHỤ LỤC 1
Đề kiểm tra
Câu 1: Cho 1,24g hỗn hợp 2 rượu đơn chức tác dụng vừa đủ với Na thấy thoát ra
336ml H
2
(đktc) và m (g) muối Natri. Khối lượng muối Natri thu được là:
A. 1,113g B. 2,113g C. 1,11g D. 1,47g
Câu 2: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 hidrocacbon liêm tiếp trong dãy đồng đẳng
thu được 22,4 lít CO
2
(đktc) và 25,2g H
2
O. Hai hidrocacbon đó là:
A. C
2
H
6
và C
3

H
8
B. C
3
H
8
và C
4
H
10
C. C
4
H
10
và C5H
12
D. C
5
H
12
và C
6
H
14
Câu 3: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp Y: C
2
H
6
, C
3

H
4
, C
4
H
8
thì thu được
12,118g CO
2
và 5,76g H
2
O. Giá trị m(g)là:
A. 2,3 B. 5,2
C. 4,18 D. 4,6
Câu 4: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol Hidro có công thức tổng quát C
n
H
2n
thu được
0,2 mol H
2
O. Nếu hidro hóa hoàn toàn 0,1 mol hợp chất này rồi đốt cháy thì số
mol H
2
O thu được là:
A. 0,3 B. 0,4 C. 0,5 D. 0,6
Câu 5: Cho hỗn hợp 2 anken đi qua bình đựng nước Br
2
thấy làm mất màu vừa đủ
dung dịch chứa 8g Br

2
. Tổng số mol 2 anken là:
A. 0,1 B. 0,05 C. 0,025 D. 0,005
Câu 6: Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol hỗn hợp 2 ankan thu được 11,45g H
2
O. Cho
sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)
2
dư thì khối lượng kết tủa thu được là:
A. 37,5g B. 52,5g C. 15g D. 42,5g
Câu 7: Cho hỗn hợp M gồm 2 hiđrocacbon thơm X, Y đều thuộc dãy đồng đẳng
benzen. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp M thu được 18,04 gam CO
2
và 4,68 gam
H
2
O. Nếu X, Y có số nguyên tử cacbon trong phân tử không quá 10 thì CTPT của
X, Y là:
A. C
7
H
8
và C
9
H
12
B. C
8
H
10

và C
9
H
10
C. C
9
H
10
và C
10
H
12
D. C
9
H
12
và C
10
H
14
Câu 8: Để oxi hoá hết 10,6 gam o-xilen (o – (CH
3
)
2
C
6
H
4
) bằng dung dịch
KMnO

4
0,5M trong H
2
SO
4
cần bao nhiêu lít dung dịch KMnO
4
0,5M. Giả sử dùng
dư 20% so với lý thuyết:
A. 0,12 B. 0,576 C. 0,24 D. 2,88
Câu 9: Cho 9,2g hỗn hợp hai ancol no đơn chức hơn kém nhau 2 cacbon trong
dãy đồng đẳng, phản đủ với 6g hỗn hợp Na, K tạo ra 15g hỗn hợp muối. Xác định
CTPT 2 rượu.
A. C
2
H
5
- OH, C
3
H
7
OH B. CH
3
OH, C
3
H
7
OH
C. C
2

H
5
OH, C
4
H
9
OH D. Đáp số khác
Câu 10: Cho 1,24g hỗn hợp 2 rượu đơn chức tác dụng vừa đủ với Na thấy thoát
ra 336ml H
2
(đktc) và m (g) muối Natri. Khối lượng muối Natri thu đượclà:
A. 1,93g B. 2,93g C. 1,9g D. 1,47g
Đáp án
1- C; 2-A; 3-C; 4- B; 5-B; 6- A; 7-A; 8 - D; 9 - B; 10 - C