skkn phương pháp giải bài tập trắc nghiệm hóa hữu cơ thpt hồng bàng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Đơn vị: Trường THPT HồngBàng
Mã số:
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU
CƠ
Người thực hiện: PHAN THỊ THÀNH
Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục 
- Phương pháp dạy học bộ môn: Hóa Học 

- Lĩnh vực khác: 

Có đính kèm:
 Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: PHAN THỊ THÀNH
2. Ngày tháng năm sinh: 16-11-1981
3. Nam, nữ: Nữ
4. Địa chỉ: Tổ 2 – khu 8- Thị Trấn Gia Ray - Xuân Lộc – Đồng Nai
5. Điện thoại: 0936.115.169
6. Fax: E-mail:
7. Chức vụ: Giáo viên
8. Đơn vị công tác: Trường THPT Hồng Bàng
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Đại học
- Năm nhận bằng: 2004
- Chuyên ngành đào tạo: Cử nhân Hóa
III.KINH NGHIỆM KHOA HỌC

- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy
- Số năm có kinh nghiệm: 10
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:
* Vận dụng phương pháp bảo toàn electron để giải nhanh một số dạng toán Hóa
Học
* phương pháp giải bài tập trắc nghiệm Hóa Hữu Cơ
GV: PHAN THỊ THÀNH - 2 -
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
TÊN ĐỀ TÀI :
“ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ ”
I- LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Căn cứ vào tình hình học sinh còn yếu kém trong giải bài tập trắc nghiệm.
Xuất phát từ tình hình thực tế học sinh lớp 12 của trường sở tại: Kiến thức
cơ bản chưa chắc chắn, tư duy hạn chế . Do thay đổi phương pháp kiểm tra đánh
giá từ năm học trước, môn hoá học 100% câu hỏi trắc nghiệm khách quan. Để giúp
học sinh nắm chắc kiến thức cơ bản và hoàn thành tốt được các bài tập theo
phương pháp trắc nghiệm khách quan. Người giáo viên muốn giảng dạy, hướng
dẫn học sinh giải bài tập loại này có hiệu quả cao thì bản thân phải nắm vững hệ
thống kiến thức cơ bản của chương trình, hệ thống từng loại bài. Nắm vững cơ sở
lý thuyết, đặc điểm và cách giải cho từng loại bài. Từ đó mới lựa chọn phương
pháp giải thích hợp cho từng loại bài và tích cực hoá được các hoạt động của học
sinh.
Đây là loại bài tập phổ biến trong chương trình học phổ thông và chương
trình thi đại học .Loại bài tập trắc nghiệm là bài tập nâng cao mức độ tư duy, khả
năng phân tích phán đoán, khái quát của học sinh và đồng thời rèn kĩ năng, kỹ xảo
cho học sinh.
Qua những năm giảng dạy tôi nhận thấy rằng, khả năng giải toán Hóa học của
các em học sinh còn hạn chế, đặc biệt là giải toán Hóa học Hữu cơ vì những phản
ứng trong hoá học hữu cơ thường xảy ra không theo một hướng nhất định và
không hoàn toàn. Vì thế, việc lựa chọn phương pháp thích hợp để giải bài tập lại

càng có ý nghĩa quan trọng hơn. Mỗi bài tập có thể có nhiều phương pháp giải
khác nhau. Nếu biết lựa chọn phương pháp hợp lý, sẽ giúp học sinh nắm vững hơn
bản chất của các hiện tượng hoá học và giải quyết vấn đề nhanh hơn lựa chọn được
đáp số đúng nhanh trong bài thi TNKQ.
Xuất phát từ suy nghĩ muốn giúp học sinh không gặp phải khó khăn và
nhanh chóng tìm được đáp án đúng tiết kiệm thời gian khi làm bài trắc nghiệm hóa
hữu cơ . Chính vì vậy tôi chọn đề tài:
“PHƯƠNG PHÁP GIẢI TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ”.
II. THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ
TÀI
1. Thuận lợi
- Được sự giúp đỡ, quan tâm của ban giám hiệu và đồng nghiệp nhà trường.
GV: PHAN THỊ THÀNH - 3 -
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
- Khi áp dụng một số dạng trong quá trình giải bài tập, học sinh học tập khá tích
cực, chủ động, đa số các em nắm được kiến thức cơ bản và tự tìm kiếm kiến thức
thêm dựa vào sự hướng dẫn của giáo viên.
2. Khó khăn :
Trường THPT Hồng Bàng thuộc diện vùng miền núi của tỉnh Đồng Nai, là một
trường tư thục nên đầu vào học sinh còn hạn chế, số lượng học sinh yếu và không
đồng đều nên việc dạy và học của giáo viên và học sinh còn khó khăn trong việc
triển khai đề tài này.
III. NỘI DUNG ĐỀ TÀI :
1. Cơ sở lý luận :
Để làm được các bài tập trắc nghiệm hóa học, học sinh cần phát huy khả năng
tư duy, chủ động nắm bắt kiến thức cơ bản, tự tìm hiểu và phát hiện những kiến
thức mới có liên quan là điều rất quan trọng đối với học sinh.
Mỗi bài tập trắc nghiệm có nhiều cách giải nhưng thời gian truyền tải kiến
thức của giáo viên và khả năng tư duy của học sinh còn hạn chế , các em ít tự tìm
hiểu và tổng hợp kiến thức, không phân dạng và lựa chọn phương pháp thích hợp.

Do đó đòi hỏi giáo viên phải biết tổng hợp phân loại các dạng toán hữu cơ thường
gặp … . Từ đó hướng dẫn học sinh rèn luyện các phương pháp suy nghĩ đúng đắn,
biết đúc kết kinh nghiệm. Từ đó các em học tốt hơn, nắm vững và vận dụng giải
được tất cả các dạng bài tập này.
2. Một số biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài
- Cơ sở lý thuyết
- Phân dạng bài toán
- Các phương pháp giải, 1 số ví dụ minh chứng
3. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
3.1 Phương pháp dựa vào sản phẩm cháy khi đốt cháy hợp chất hiđrocacbon:
-Nếu chất hữu cơ có nhóm C
n
H
2n+2
thì sản phẩm
⇔
n
H2O
>n
CO2
-Nếu chất hữu cơ có nhóm C
n
H
2n
thì sản phẩm
⇔
n
H2O
= n
CO2

-Nếu chất hữu cơ có nhóm C
n
H
2n+2-2k
( Với k
≥
1 là số liên kết
π
hay số vòng no)
thì
⇔
n
H2O
<n
CO2
3.1.1 Khi đốt cháy hidrocacbon:
- Tạo ra CO
2
vầ 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:
GV: PHAN THỊ THÀNH - 4 -
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
A) 2g B) 4g C) 6g D) 8g.
Suy luận: m
hỗn hợp
= m
C
+ m
H
=
17 10,8
12 2 6
44 18
gam× + × B
.
3.1.2Khi đốt cháy ankan :

- nCO
2
> nH
2
O
- n
ankin (cháy)
= nH
2
O – nCO
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 9,45g 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:
GV: PHAN THỊ THÀNH - 5 -
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
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. 0,09 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 = 0,09 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. 0,09 và 0,01 B. 0,01 và 0,09
C. 0,08 và 0,02 D. 0,02 và 0,08
Suy luận: n
ankan
= 0,23 – 0,14 = 0,09 ; n
anken
= 0,1 – 0,09 mol
3.1.3 - Dựa vào phản ứng cháy của anken 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 9g 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:
GV: PHAN THỊ THÀNH - 6 -
C
2

H
6
C
3
H
8
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
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
 B
3.1.4 Đốt cháy ankin:
- nCO
2
> nH
2
O
- 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 = 39,6g
GV: PHAN THỊ THÀNH - 7 -
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
nCO
2
=
39,6
44

=
0,9 mol
n
ankin
= nCO
2
– nH
2
O =
10,8
0,9
4418
− =
0,3 mol
3.1.5- 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 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
3.1.6- 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 ankin thu được 0,2 mol H
2
O. Nếu hidro hóa
hoá toàn 0,1 mol ankin 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
3.1.7 Suy luận số mol sản phẩm khi oxi hóa hoàn toàn 1 số hợp chất hữu cơ
Thí dụ: Công thức tổng quát của hiđrocacbon A 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
.
3.1.8 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
3.2. 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.
GV: PHAN THỊ THÀNH - 8 -
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
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
= → = = =
3.3.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, dơn 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.
3.4 . Dựa trên phản ứng tách nước :
- 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 được 0,1 mol CO
2
thì đốt cháy tương ứng 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.
3.5. Dựa vào công thức tính số ete tao ra từ hỗn hợp rượu hoặc dựa vào
ĐLBTKL (định luật bảo toàn khối lượng).
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:
GV: PHAN THỊ THÀNH - 9 -
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
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=
.
3.6. Dựa và phản ứng tráng gương:
-TH1: cho tỉ lệ n
HCHO
: n
Ag
= 1 : 4

-TH 2 : 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. 9,3g 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.
GV: PHAN THỊ THÀNH - 10 -
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
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
3.7 . 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: 39 – 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 – 29 = 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
GV: PHAN THỊ THÀNH - 11 -
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
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 28,96g 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 28,96 – 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 ptpu: 1 mol rượu phản ứng → 1mol ancolat + 0,5 mol H
2
thì khối
lượng tăng:
6 6 2
2
( )
1,4
2
14,1
78 45
n n

C H NO
n
n
N
n
−
=
+
m∆ =
23 -1 = 22g
Vậy theo đầu bài: 1 mol muối ancolat và 0,5mol 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
GV: PHAN THỊ THÀNH - 12 -
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
1 mol 2 mol → 1 mol thì m = (39,2 – 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
’
= 29 → R
’
= C
2
H
5
-
M
este
=
5,475
146

0,0375
=
→ M
R
+ (44 + 29)2 = 146 → M
R
= 0
Vậy công thức đúng của este là: (COOC
2
H
5
)
2
Thí dụ 4: Cho 13,8g hỗn hợp các ancol CH
3
OH
;
C
2
H
5
OH ; C
3
H
7
OH tác dụng với
Na dư thu được 20,4g muối . Tính V thu được (đkc).
A. 3,36 lít B . 2,04lít C. 6,72 lít D. 4,48 lít
Hướng dẫn:
Ta có thể giải theo PP tăng giảm như sau :

2R-OH + 2Na
→
2RONa + H
2

0,3 mol 0,15 mol
Số mol ancol =
20,4 13,8
22
−
=0,3 mol
→
V
H2
= 0,15 . 22.4 = 3,36 lít
3.8 Phương pháp tổng hợp :
- Tỷ lệ mol , sử dụng bất đẳng thức ,lập hệ phương trình , tính theo dư thiếu , tính
theo hiệu suất
Vd : Đốt cháy hoàn toàn 7,6 gam hỗn hợp gồm một axit cacboxylic no, đơn chức,
mạch hở và một ancol đơn chức (có số nguyên tử cacbon trong phân tử khác nhau)
thu được 0,3 mol CO
2
và 0,4 mol H
2
O. Thực hiện phản ứng este hóa 7,6 gam hỗn
hợp trên với hiệu suất 80% thu được m gam este. Giá trị của m là
A. 8,16. B. 4,08. C. 2,04. D. 6,12.
Axit no, đơn: C
n
H

2n
O
2

→
nCO
2
+ nH
2
O. mà 0,3 < 0,4 mol, do đó ancol đốt
cháy là ancol no, đơn.
Khi đó n ancol = 0,4 – 0,3 = 0,1 mol và số nguyên tử cacbon <
2
CO
ancol
n
0,3
3
n 0,1
= =
.
Ancol CH
3
OH hoặc C
2
H
5
OH
TH1: CH
3

OH (0,1 mol) và C
n
H
2n
O
2
(x mol)
TH2: C
2
H
5
OH (0,1 mol) và C
n
H
2n
O
2
(x mol)
0,1 . 0,3 0,05
32.0,1 (14 32) 7,6 4
n x x
n x n
+ = =
⇔
+ + = =
 
 
 
(tm)
0,1.2 . 0,3 0,05

46.0,1 (14 32) 7,6 2
n x x
n x n
+ = =
⇔
+ + = =
 
 
 
(loại)
GV: PHAN THỊ THÀNH - 13 -
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
C
4
H
8
O
2
+ CH
3
OH
€
C
5
H
10
O
2
+ H
2

O
0,05 0,1 80%.0,05
⇒
m = 80%.0,05.102 = 4,08 gam.
3.9. Phương pháp nhóm nguyên tử trung bình :
Nhóm ở đây có thể là số nhóm -OH, -NH
2,
NO
2
Thí dụ 1: 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
C. C
6

H
4
(NO
2
)
2
và C
6
H
3
(OH)
3
B. 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
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 3,92 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
9
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
3.10. 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
=
GV: PHAN THỊ THÀNH - 14 -
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
+ 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= = =
GV: PHAN THỊ THÀNH - 15 -
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ

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. 90%, 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
9

OH D. C
4
H
9
OH, C
5
H
11
OH
3.11.Phương pháp tăng giảm V :
Vd : Dẫn 4,48 lít(đkc) hỗn hợp hiđrocacbon thuộc đồng đẳng anken và khí H
2

qua bình đựng Ni xúc tác ; nung nóng sau phản ứng thể tích còn 2,24 lít (đkc)
một hiđrocác bon duy nhất . Tính % V
H2
trong hỗn hợp
GV: PHAN THỊ THÀNH - 16 -
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
Giải : C
n
H
2n
+ H
2

to
→
C
n

H
2n+2
Vgiảm = V
H2
= 4,48-2,24= 2,24 lít
→
% V
H2
=
2,24
4,48
= 50%
3.12. Phương pháp sơ đồ chéo : Dựa vào sơ đồ chéo ta tính nhanh thành phần
hỗn hợp
Ví dụ: Hỗn hợp X gồm H
2
và C
2
H
4
có tỉ khối so với H
2
là 7,5. Dẫn X qua Ni nung
nóng, thu được hỗn hợp Y có tỉ khối so với H
2
là 12,5. Hiệu suất của phản ứng
hiđro hoá là
A. 70%. B. 80%. C. 60%. D. 50%.
(mã đề 296 , TSĐH khối A 2012 )
H

2
2 13
7,5.2=15
⇒
Hiệu suất tính theo H
2
hoặc C
2
H
4
. Chọn
C
2
H
4
28 13
2 2 4
H C H
n = n = 1 mol

⇒
n
X
= 2 mol
Bảo toàn khối lượng: m
X
= m
Y

⇒

15.2 = n
Y
.12,5.2
⇒
n
Y
= 1,2
⇒
2
H pö
n
= n
X
–
n
Y
= 2 – 1,2 = 0,8 mol.
Vậy H =
0,8
.100 80%
1
=
3.13.Phương pháp biện luận :
Khi số ẩn nhiều hơn số phương trình , để tìm nghiệm bằng cách biện luận.
Trước khi tìm nghiệm ta phải đặt giới hạn của ẩn số
Ví dụ 1: Tỉ khối hỗn hợp số mol bằng nhau của ankan và anken thể khí so với
H
2
bằng 28,5 . Lập công thức phân tử của hai chất trên
Giải : Giả sử ta lấy 1 mol ankan , 1 mol anken :

M
=
14 2 14
2
n m+ +
=28,5.2=57
7(n+m)=56
→
n+m=8 . Đặt điều
kiện : (n
≥
2 ; n; m
≤
4)
n 2 3 4
m 6 5 4
Loại loại loại chọn
Vậy công thức phân tử ankan C
n
H
2n+2
là C
4
H
10
; anken C
m
H
2m
là C

4
H
8
Ví dụ 2:
Hóa hơi 8,64 gam hỗn hợp gồm một axit no, đơn chức, mạch hở X và một axit no,
đa chức Y (có mạch cacbon hở, không phân nhánh) thu được một thể tích hơi bằng
GV: PHAN THỊ THÀNH - 17 -
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
thể tích của 2,8 gam N
2
(đo trong cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất). Đốt cháy hoàn
toàn 8,64 gam hỗn hợp hai axit trên thu được 11,44 gam CO
2
. Phần trăm khối
lượng của X trong hỗn hợp ban đầu là
A. 72,22%. B. 27,78%. C. 35,25%. D. 65,15%.
(mã đề 296 , TSĐH khối A 2012 )
Ta có: n
X, Y
=
2
N
n = 0,1 mol
. X: C
n
H
2n+1
COOH (a mol); Y không phân nhánh) :
C
m

H
2m
(COOH)
2
(b mol)
Khi đó:
0,1 0,04
( 1) ( 2) 0,26 0,06
(14 46) (14 90) 8,64 2 3 5
a b a
n a m b b
n a m b n m
+ = =
+ + + = ⇔ =
+ + + = + =
 
 
 
 
 
⇒
n = 1; m = 1:
CH
3
COOH và CH
2
(COOH)
2
Vậy: %m
X

=
0,04.60
.100 27,78%
8,64
=
3.14 . Phương pháp giải bài toán hóa bằng cách lập hệ phương trình :
Ví Dụ1 : Đốt cháy hoàn toàn 7,6 gam hỗn hợp gồm một axit cacboxylic no, đơn
chức, mạch hở và một ancol đơn chức (có số nguyên tử cacbon trong phân tử khác
nhau) thu được 0,3 mol CO
2
và 0,4 mol H
2
O. Thực hiện phản ứng este hóa 7,6 gam
hỗn hợp trên với hiệu suất 80% thu được m gam este. Giá trị của m là
A. 8,16. B. 4,08. C. 2,04. D. 6,12.
Axit no, đơn: C
n
H
2n
O
2

→
nCO
2
+ nH
2
O. mà 0,3 < 0,4 mol, do đó ancol đốt
cháy là ancol no, đơn.
Khi đó n ancol = 0,4 – 0,3 = 0,1 mol và số nguyên tử cacbon <

2
CO
ancol
n
0,3
3
n 0,1
= =
.
Ancol CH
3
OH hoặc C
2
H
5
OH
TH1: CH
3
OH (0,1 mol) và C
n
H
2n
O
2
(x mol) `TH2: C
2
H
5
OH (0,1 mol)
và C

n
H
2n
O
2
(x mol)
0,1 . 0,3 0,05
32.0,1 (14 32) 7,6 4
n x x
n x n
+ = =
⇔
+ + = =
 
 
 
(tm)
0,1.2 . 0,3 0,05
46.0,1 (14 32) 7,6 2
n x x
n x n
+ = =
⇔
+ + = =
 
 
 
(loại)
C
4

H
8
O
2
+ CH
3
OH
€
C
5
H
10
O
2
+ H
2
O
0,05 0,1 80%.0,05
⇒
m = 80%.0,05.102 = 4,08 gam.
Ví Dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm hai ancol đơn chức, cùng dãy
đồng đẳng, thu được 15,68 lít khí CO
2
(đktc) và 17,1 gam nước. Mặt khác, thực
hiện phản ứng este hóa m gam X với 15,6 gam axit axetic, thu được a gam este.
Biết hiệu suất phản ứng este hóa của hai ancol đều bằng 60%. Giá trị của a là
A. 15,48. B. 25,79. C. 24,80. D. 14,88.
GV: PHAN THỊ THÀNH - 18 -
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
( Tuyển sinh cao đẳng khối A , B năm 2012)

Gợi ý :số mol CO
2
= 0,7 mol; số mol H
2
O = 0,95 mol suy ra số mol hai ancol =
0,25 mol;
Vậy số C trung bình 2 ancol = 0,7/0,25 = 2,8 vậy Mtb ancol = 57,2g Mtb (R) =
57,2-17=40,2
Số mol axit = 0,26 mol; Tính theo ancol; este có dạng CH
3
COOR
a = (59+40,2).0.25.0,6 =14,88g;
3.15 . Bài toán liên quan đến hiệu suất phản ứng :
(Hiệu suất p/ư là tỉ lệ giữa lượng thực tế và lượng sản phẩm)
Ví dụ 1 : Poli (vinyl clorua) được điều chế từ khí thiên nhiên( Chứa 95% thể tích
khí metan ) theo sơ đồ chuyển hóa hiệu suất mỗi giai đoạn như sau:
metan
15%hs
→
Axetilen
95%hs
→
Vinylclorua
95%hs
→
PVC
Muốn tổng hợp 1 tấn PVC thì cần bao nhiêu m
3
khí thiên nhiên
A. 5883 B . 5880 C. 5589 D. 2941

Giải :
2n CH
4
→
(-CH
2
- CHCl-)
n
2n.22,4 m
3
62,5n ( kg )
? 1000 ( kg)
V=
100 100 100 100
. . .
95 90 95 15
.
2.22,4
62,5
.1000 =5883m
3
Ví dụ 2: Trộn lẫn 6,0g CH
3
COOH với 9,2g C
2
H
5
OH có H
2
SO

4
đặc , đun nóng thu
được 8,0g este . Tính hiệu suất phản ứng
Giải :
CH
3
COOH + C
2
H
5
OH
2 4,H SO to
→
CH
3
COOC
2
H
5
+ H
2
O
0,1 0,2 dư 0,1
Hiệu suất p/ư :
8
100 90,9%
8,8
=
3.16 Sản phẩm cháy vào dung dịch kiềm :
* Cần chú ý CO

2
và H
2
O đều bị hấp thụ , khối lượng dung dịch có thể thay đổi tăng
hoặc giảm tùy thuộc vào lượng thêm vào , lượng kết tủa
- m dung dịch tăng nếu m CO
2
+ mH
2
O
f
m kết tủa
- m dung dịch giảm nếu m CO
2
+ mH
2
O
p
m kết tủa
Ví dụ : Đốt cháy hoàn toàn 4,64 gam một hiđrocacbon X (chất khí ở điều kiện
thường) rồi đem toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình đựng dung dịch
GV: PHAN THỊ THÀNH - 19 -
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
Ba(OH)
2
. Sau các phản ứng thu được 39,4 gam kết tủa và khối lượng phần dung
dịch giảm bớt 19,912 gam. Công thức phân tử của X là
A. CH
4
. B. C

3
H
4
. C. C
4
H
10
. D. C
2
H
4
.
Gọi số mol CO
2
và H
2
O là a và b mol.
Ta có m
HC
= m
C
+ m
H
= 12.a + 2.b = 4,64
m
dd giảm
= m
KT
– (44.a + 18.b)
⇒

44.a + 18.b = 39,4 – 19,912 = 19,488
Khi đó: a = 0,348 ; b = 0,232.
Khi đó C : H = a : (2b) = 0,348 : (2.0,232) = 3 : 4. Vậy HC là C
3
H
4
.
3.17 Linh hoạt trong đặt công thức :
- Axit cacboxilic no, đa chức, mạch hở, không phân nhánh : C
n
H
2n
(COOH)
2
Ví dụ : Hóa hơi 8,64 gam hỗn hợp gồm một axit no, đơn chức, mạch hở X và một
axit no, đa chức Y (có mạch cacbon hở, không phân nhánh) thu được một thể tích
hơi bằng thể tích của 2,8 gam N
2
(đo trong cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất). Đốt
cháy hoàn toàn 8,64 gam hỗn hợp hai axit trên thu được 11,44 gam CO
2
. Phần trăm
khối lượng của X trong hỗn hợp ban đầu là
A. 72,22%. B. 27,78%. C. 35,25%.
D. 65,15%.
 Ta có: n
X, Y
=
2
N

n = 0,1 mol
. X: C
n
H
2n+1
COOH (a mol); Y không phân
nhánh) : C
m
H
2m
(COOH)
2
(b mol)
Khi đó:
0,1 0,04
( 1) ( 2) 0,26 0,06
(14 46) (14 90) 8,64 2 3 5
a b a
n a m b b
n a m b n m
+ = =
+ + + = ⇔ =
+ + + = + =
 
 
 
 
 
⇒
n = 1; m = 1:

CH
3
COOH và CH
2
(COOH)
2
Vậy: %m
X
=
0,04.60
.100 27,78%
8,64
=
3.18. Dựa vào định luật bảo toàn nguyên tố (ĐLBTNT )và định luật bảo toàn
khối lượng (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:
GV: PHAN THỊ THÀNH - 20 -
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
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
12,98g 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
0,896 lít H
2
(đktc) và m gam muối khan. Giá trị của m là:

A. 5,49g B. 4,95g C. 5,94g D. 4,59g
Thí dụ 3: Cho 4,2g hỗn hợp gồm rượu etylic, phenol, 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.
Ω
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. 0,903g B. 0,39g C. 0,94g D. 0,93g
Thí dụ 5: Cho 13,8g hỗn hợp các ancol CH
3
OH
;
C
2
H
5
OH ; C
3
H
7
OH tác dụng với
Na dư thu được 3,36 lít H
2
(đkc). Tính lượng muối thu được
GV: PHAN THỊ THÀNH - 21 -
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
A. 20,4g B . 2,04g C. 204g 0,204g
Giải :
2 ROH + 2 Na
→
2 RONa + H
2

13,8 g 0,3.23 g m=? 0,15.2 g
m = 20,4 g
Thí dụ 6: Hỗn hợp X gồm axit fomic, axit acrylic, axit oxalic và axit axetic. Cho m
gam X phản ứng hết với dung dịch NaHCO
3
thu được 1,344 lít CO
2
(đktc). Đốt
cháy hoàn toàn m gam X cần 2,016 lít O
2
(đktc), thu được 4,84 gam CO
2
và a gam
H
2
O. Giá trị của a là
A. 1,62. B. 1,44. C. 3,60. D. 1,80.
X (COOH)
3
NaHCO
2
CO→
⇒
n
COOH
=
2
CO
n =

0,06 mol.
Bảo toàn nguyên tố O trong phản ứng đốt cháy: 2.0,06 + 2.0,09 = 2.0,11 +
a
1.
18

⇒
a = 1,44 gam.
Thí dụ 7: Hỗn hợp M gồm một anken và hai amin no, đơn chức, mạch hở X và Y là
đồng đẳng kế tiếp (M
X
< M
Y
). Đốt cháy hoàn toàn một lượng M cần dùng 4,536 lít
O
2
(đktc) thu được H
2
O, N
2
và 2,24 lít CO
2
(đktc). Chất Y là
A. etylamin. B. propylamin.
C. butylamin. D. etylmetylamin.
2
2 2
n 2n
O
2m+3 1

m 2m+3
2 2 2
2 2
nCO + nH O
C H
C H N
mCO + H O + N



→
 



Bảo toàn nguyên tố:
2 2 2
H O O CO
n 2.n 2.n 2.0,2025 2.0,1 0,205= − = − =
2 2
amin H O CO amin
3
n n n 0,205 0,1 0,105 n 0,07
2
⇒ = − = − = ⇒ =
mol
⇒
m
<
2

CO
amin
n
0,1
1,43
n 0,07
= =
Hai amin là CH
3
NH
2
(X) và C
2
H
5
NH
2
(Y). Vậy Y là etylamin.
Mã đề 296 , TSĐH khối A 2012 :
Hỗn hợp M gồm một anken và hai amin no, đơn chức, mạch hở X và Y là đồng
đẳng kế tiếp (M
X
< M
Y
). Đốt cháy hoàn toàn một lượng M cần dùng 4,536 lít O
2
(đktc) thu được H
2
O, N
2

và 2,24 lít CO
2
(đktc). Chất Y là
A. etylamin. B. propylamin. C. butylamin. D. etylmetylamin.

2
2 2
n 2n
O
2m+3 1
m 2m+3
2 2 2
2 2
nCO + nH O
C H
C H N
mCO + H O + N



→
 



Bảo toàn nguyên tố:
2 2 2
H O O CO
n 2.n 2.n 2.0,2025 2.0,1 0,205= − = − =
GV: PHAN THỊ THÀNH - 22 -

PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
2 2
amin H O CO amin
3
n n n 0,205 0,1 0,105 n 0,07
2
⇒ = − = − = ⇒ =
mol
⇒
m
<
2
CO
amin
n
0,1
1,43
n 0,07
= =
PHẦN III : HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI
Học sinh rất ngại học hóa hữu cơ hơn hóa vô cơ. Các em lười học lí thuyết, ít
khả năng tự tổng hợp kiến thức ,không biết phân dạng bài ,tự luyện tập ít nên học
sinh không làm được vì không có cách nhìn và phân loại cụ thể các dạng bài tập
thường gặp. Tuy nhiên, nếu phân chia các dạng bài tập như trên, học sinh dễ dàng
giải được các bài tập và không còn cảm thấy khó khăn khi giải bài tập, đặc biệt là
các bài tập trong các đề đại học và cao đẳng.
Giúp học sinh trung bình củng cố các kiến thức cơ bản một cách có cơ sở khoa
học.Nâng cao tư duy của học sinh khá, giỏi.
Giúp đồng nghiệp trẻ nâng cao chất lượng chuyên môn.
PHẦN IV:KẾT LUẬN

1. Về mặt nhận thức: Giúp cho cả học sinh và giáo viên có được kết quả tốt trong
học tập và giảng dạy.
2. Rèn luyện cho học sinh tiếp cận với các phương pháp để giải bài toán trắc
nghiệm
Tuy nhiên, với kinh nghiệm còn chưa nhiều nên việc trinh bày chắc sẽ còn
nhiều hạn chế, cụ thể chưa thật hoàn toàn phù hợp với tình hình thực tế. Nhưng đó
chính là những ý tưởng, ước mơ lớn nhất của tôi trong việc giúp học sinh có
phương pháp học phù hợp với yêu cầu mới. Rất mong quí thầy cô quan tâm có
nhiều góp ý, nhận xét bổ ích để được hoàn chỉnh và có sự sát thực hơn khi vận
dụng .
Xin chân thành cảm ơn!
Xuân Lộc : ngày 21 tháng 12 năm 2013
Người thực hiện
Phan Thị Thành
GV: PHAN THỊ THÀNH - 23 -
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1.Sách giáo khoa Hóa Học 10 – NXB giáo dục.
2.Sách giáo khoa Hóa học 11 – NXB giáo dục.
3.Sách giáo khoa Hóa học 12 – NXB giáo dục.
4.Sách giáo viên Hóa Học 12 – NXB giáo dục.
5.Sách phương pháp giải toán hóa học hữu cơ - NXB ĐHQG Hà Nội.
6.Sách hướng dẫn giải đề thi tuyển sinh đại học - NXB ĐHQG TPHCM.
7.Hướng dẫn giải nhanh Hóa Học- Ngô Ngọc An- Nhà xuất bản trẻ
8.Giải nhanh trắc nghiệm khách quan Hóa Học- Nguyễn Đình Độ & Nguyễn Ngô
Hòa- NXB Đại Học Quốc Gia Hà Nội.
GV: PHAN THỊ THÀNH - 24 -
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
SỞ GD & ĐT ĐỒNG NAI
Đơn vị THPT Hồng Bàng

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
Xuân Lộc, ngày 09 tháng 03 năm 2014
PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học: 2013-2014
Tên sáng kiến kinh nghiệm:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU
CƠ
Họ và tên tác giả: Phan Thị Thành Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị: Trường THPT Hồng Bàng
Lĩnh vực:
- Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn: 
- Phương pháp giáo dục  - Lĩnh vực khác: 
Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị  Trong Ngành 
1. Tính mới
- Có giải pháp hoàn toàn mới 
- Có giải pháp cải tiến, đổi mới từ giải pháp đã có 
2. Hiệu quả
- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao 
- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng
trong toàn ngành có hiệu quả cao 
- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao 
- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng tại
đơn vị có hiệu quả 
3. Khả năng áp dụng
- Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách:
Tốt  Khá  Đạt 
GV: PHAN THỊ THÀNH - 25 -