skkn sử dụng hệ thống bài tập có nhiều cách giải nhằm rèn luyện tư duy cho học sinh trong dạy học hóa học hữu cơ trường THPT

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

SỬ DỤNG HỆ THỐNG BÀI TẬP
CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI NHẰM
RÈN LUYỆN TƯ DUY CHO
HỌC SINH TRONG DẠY HỌC
HÓA HỌC HỮU CƠ TRƯỜNG
THPT


PHẦN I: MỞ ĐẦU
I. Lý do chọn đề tài
Trong dạy học hóa học, có nhiều biện pháp và phương pháp để nâng cao
chất lượng dạy học và phát triển năng lực nhận thức của học sinh. Thực tế cho
thấy, giải bài tập hóa học không chỉ có tác dụng ôn tập, củng cố kiến thức đã
học mà còn có tác dụng để phát triển kiến thức, phát triển năng lực tư duy và
rèn trí thông minh cho học sinh. Giải một bài toán hóa học bằng nhiều cách
dưới các góc độ khác nhau có khả năng rèn tư duy cho học sinh gấp nhiều lần
so với giải bài toán bằng một cách dù cách đó là ngắn gọn nhất, giúp cho học
sinh có khả năng nhìn nhận vấn đề theo nhiều hướng khác nhau, phát triển tư
duy logic, sử dụng thành thạo và tận dụng tối đa các kiến thức đã học. Để phát
triển tư duy và rèn trí thông minh cho học sinh thì việc tìm ra đáp số của bài
toán hóa học là chưa đủ mà giáo viên cần phải khuyến khích học sinh tìm nhiều
cách giải cho một bài tập, chọn cách giải hay nhất và ngắn gọn nhất. Khi nói
lên được ý hay, với phương pháp tối ưu sẽ tạo cho học sinh niềm vui, sự hưng
phấn, kích thích học sinh tư duy, nỗ lực suy nghĩ để tìm ra cách giải hay hơn
thế nữa.
Vì vậy tôi chọn đề tài :
"Sử dụng hệ thống bài tập có nhiều cách giải nhằm rèn luyện tư duy
cho học sinh trong dạy học hóa học hữu cơ trường THPT"
Hy vọng đề tài này sẽ góp phần nâng cao chất lượng dạy học hóa học ở trường

THPT.
II. Mục đích nghiên cứu
- Rèn luyện tư duy đa hướng cho học sinh lớp 11,12 trường Trung học
phổ thông qua hệ thống bài tập hóa học có nhiều cách giải.
- Nâng cao hiệu quả dạy học hóa học 11, 12 nâng cao trường THPT và bồi
dưỡng học sinh giỏi.
III. Nhiệm vụ của đề tài
- Tuyển chọn, xây dựng và sử dụng hệ thống bài toán hóa học có nhiều
cách giải cho lớp 11 nâng cao ở trường THPT.
- Nghiên cứu, đề xuất phương pháp sử dụng hệ thống bài tập có nhiều
cách giải một cách có hiệu quả trong quá trình dạy học hóa học ở lớp 11, 12
nâng cao trường THPT.
- Thực nghiệm sư phạm : Kiểm nghiệm giá trị của hệ thống bài toán hóa
học có nhiều cách giải và hiệu quả của các đề xuất về phương pháp sử dụng ở
trường Trung học phổ thông.
IV. Khách thể và đối tượng nghiên cứu
- Khách thể nghiên cứu : Quá trình dạy học hóa học ở trường THPT.
- Đối tượng nghiên cứu : Hệ thống bài tập hóa học có nhiều cách giải ở
lớp 11, 12 nâng cao trường THPT.


V. Phạm vi nghiên cứu
- Chương trình hóa học THPT : chương trình hóa học hữu cơ 11 và 12
VI. Phương tiện và phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu, tham khảo các tài liệu có liên quan
- Tổng hợp, phân tích, đề xuất phương pháp giải
- Đưa ra các dạng bài tập tiêu biểu để minh họa sau đó có bài tập tương tự
VII. Kế hoạch thực hiện đề tài:
Nghiên cứu thực trạng của học sinh sau khi học hoá 11và 12 và kiểm tra chất
lượng để căn cứ vào đó lập kế hoạch xây dựng đề tài từ tháng tháng 11 năm

2012
DANH MỤC CÁC KÍ HIỆU, CHỮ VIẾT TẮT
DD:
ĐKTC:
ĐLBTNT:
PTHH:
THPT:

Dung dịch
Điều kiện tiêu chuẩn
Định luật bảo toàn nguyên tố
Phương trình hóa học
Trung học phổ thông

PHẦN II . NỘI DUNG
I. TÌNH HÌNH SỬ DỤNG BÀI TẬP HOÁ HỌC NHIỀU CÁCH GIẢI
NHẰM RÈN LUYỆN TƯ DUY CHO HỌC SINH HIỆN NAY Ở
TRƯỜNG THPT.
Qua thực tế giảng dạy ở trường THPT Tiên Lữ chúng tôi thấy rằng: Đa số
giáo viên đã chú ý đến việc sử dụng bài tập trong quá trình giảng dạy nói chung
tuy nhiên việc sử dụng bài tập trong quá trình dạy học hóa học còn có những
hạn chế phổ biến sau đây:
- Việc xác định mục đích cần đạt cho bài tập nhiều khi chỉ dừng lại ở bản
thân lời giải của bài tập mà chưa có được mục tiêu nhận thức, phát triển tư duy
cho học sinh.
- Khi hướng dẫn các em giải bài tập còn chạy theo số lượng, chưa khai
thác hết được các phương pháp giải của một bài toán để từ đó giúp học sinh có
thể tự học và tự nghiên cứu dễ dàng hơn.
Từ khi Bộ Giáo dục và đào tạo tổ chức thi đại học môn hóa theo phương
pháp trắc nghiệm, 50 câu trong 90 phút làm cho học sinh học hóa học chỉ quan

tâm đến kĩ thuật giải nhanh toán hóa còn giáo viên chỉ chú trọng đến luyện kĩ
thuật giải toán hóa nhằm tìm ra đáp số nhanh nhất và thường chỉ giải bài hóa
đó theo một cách. Để xác định cách giải nhanh nhất với giáo viên thì rất dễ,
nhưng với học sinh để làm được điều này thì trong quá trình học, học sinh phải
biết được các cách khác cho 1 toán hóa. Và một điều nữa là không phải cách


nhanh nhất của bài toán đã là cách nhanh nhất với em học sinh cụ thể. Vì vậy
trong quá trình giảng dạy, giáo viên phải khuyến khích học sinh giải bài tập
theo nhiều cách.
Xét về mặt phát triển tư duy thì việc giải được một bài toán hóa đã rèn
được tư duy cho học sinh, nhưng giải một bài toán hóa bằng nhiều cách có tác
dụng rèn tư duy tốt hơn nữa, đặc biệt là loại tư duy đa hướng. Với mỗi cách
giải nhiều khi chỉ làm nổi bật được một hay một số khía cạnh của bài tập. Giải
bài tập bằng nhiều cách là một phương pháp có hiệu quả nhằm khai thác bản
chất hóa học của bài toán. Cụ thể, học sinh không rập khuôn máy móc mà linh
hoạt, mềm dẻo, có khả năng nhìn nhận vấn đề, bài toán dưới nhiều góc độ và
khía cạnh khác nhau nên nắm vững được bản chất hóa học của bài hóa.
II. MỘT SỐ BÀI TẬP BÀI TẬP HỮU CƠ CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI
Bài 1 : Cho hỗn hợp A gồm anken X và H 2 qua Ni đung nóng , thu được
hỗn hợp B gồm 2 khí. Biết B không làm mất màu dung dịch Brom. Tỉ
khối của A và B so với H2 lần lượt là 6 và 8 . Xác định CTPT của X và
thành phần phần trăm thể tích của mỗi khí trong hỗn hợp A.
Sơ đồ phản ứng :
CnH 2n
( x mol )
H2

CnH2n+2
Ni ,to




( x mol)

B không làm mất màu Brom .
B là hỗn hợp của ankan và H2 dư
H 2 dư
Anken X phản ứng

hết
( y mol )
--------------------MA= 6.2= 12

( y-x mol )
---------------MB= 8.2= 16
CnH 2n + H2  CnH2n+2
x  x
x
mol
Cách 1 : Bảo toàn khối lượng + Khối lượng mol trung bình :
mA= mB  6.2 ( x + y ) = 8.2 ( x+y - x )  6 ( x + y ) = 8y  y = 3x
MA =

14nx  2 y
= 12  14nx = 12x + 10y = 42x  14n = 42  n = 3
x y

 CTPT của anken X là C3H6 .

Trong A ( % Vanken= 25 , % VH2 = 75 )
Hoặc :
MB =

(14n  2) x  2( y  x) 14nx  2 y
=
= 16  14nx = 14y = 42x  14n= 42 
x yx
x

n=3

 CTPT của anken X là C3H 6 .


Cách 2 : Khối lượng mol trung bình :
MA =

14nx  2 y
= 12  14nx + 2y = 12x + 12y 
x y

MB =

(14n  2) x  2( y  x) 14nx  2 y
=
= 16  14nx = 14y ( 2 )
x yx
x

14nx = 12x + 10y ( 1 )

Giải ( 1 ) & ( 2 )  12x + 10y = 14y  y = 3x.
Thay y = 3x vào ( 2 ) ta được n = 3. CTPT của anken X là C3H6 .
Trong A ( % V anken= 25 , % VH2 = 75 )
Cách 3 : Hiệu 2 tỉ khối + Khối lượng mol trung bình + Bảo toàn khối lượng :
dB/H2 - dA/H2 = 2  1/2 ( MA - MB ) = 2 

mB
nB

-

mA
=4
nA

1
1
 (14nx  2 y )( 
)= 4
y x y
 (14nx  2 y )

x
14nx  2 y x
x
x 1
=4 

. = 4  12. = 4 

y( x  y)
y( x  y) y
y
y 3

 y=

3x.
MA =

14nx  2 y
= 12  14nx = 12x + 10y = 42x  14n = 42  n = 3
x y

 CTPT của anken X là C3H6 .

Trong A ( % Vanken= 25 , % VH2 = 75 )
Hoặc :
MB =

(14n  2) x  2( y  x) 14nx  2 y
=
= 16  14nx = 14y = 42x  14n= 42 
x yx
x

n=3
 CTPT của anken X là C3H6 .

( Ngoài ra bạn cũng có thể tìm ra y = 3x với phương pháp tổng 2 tỉ khối bằng
cách tương tự )...
Cách 4 : Hiệu 2 tỉ khối + Bảo toàn khối lượng + Sơ đồ đường chéo :
dB/H2 - dA/H2 = 2  1/2 ( MA - MB ) = 2 

mB
nB

-

mA
nA

= 4



1
1
(14nx  2 y)( 
)= 4
y x y

 (14nx  2 y )

x
14nx  2 y x
x
x 1
=4 

. = 4  12. = 4 

y( x  y)
y( x  y) y
y
y 3

3x.
Sơ đồ đường chéo :

 y=


CnH 2n 14n

10

nCn H 2 n
nH 2

MA = 12



10
x 1
 
 n=3
14n  12 y 3

 CTPT của anken X là C3H6 .

Trong A (% Vanken= 25 , % VH2 = 75
H2
12

2

14n - )

Hoặc :
CnH 2n+2 14n + 2

14

nCn H 2 n 2
nH 2

MB = 16



14
x
1


 n=3
14n  14 y  x 2

 CTPT của anken X là C3H6 .

Trong A ( % V anken= 25 , % VH2 = 75 )
H2
14

2

14n -

Cách 5 : Bảo toàn khối lượng + Sơ đồ đường chéo :
mA= mB  6.2 ( x + y ) = 8.2 ( x+y - x )  6 ( x + y ) = 8y  y = 3x
Sơ đồ đường chéo :
nC H
CnH 2n 14n
10
10
x 1

 
 n=3
n

2n

nH 2

MA = 12

14n  12

y

3

 CTPT của anken X là C3H 6 .

Trong A ( % Vanken= 25 , % V H2 = 75 )
H2
2
12
Hoặc :
C nH2n+2 14n + 2

14n -

14

nCn H 2 n 2
nH 2

MB = 16



14
x
1



 n=3
14n  14 y  x 2

 CTPT của anken X là C3H6 .

Trong A ( % V anken= 25 , % VH2 = 75 )
H2
14

2

14n -

Cách 6 : Khối lượng mol trung bình + Sơ đồ đường chéo :
Bạn có thể chọn 1 trong 2 cách nhỏ sau :


MA =

14nx  2 y
= 12 
x y

= 12x + 12y 
1)

14nx + 2y MB =

14nx = 12x + 10y (

(14n  2) x  2( y  x)
=
x yx

14nx  2 y
= 16
x

 14nx = 14y ( 3 )

Sơ đồ đường chéo :
CnH 2n+2 14n + 2

Sơ đồ đường chéo :
C nH2n 14n

14

10

MB = 16
MA = 12
H2
14


2

14n H2
12

nCn H 2 n 2
nH 2



14
x
(2)

14n  14 y  x



2

nCn H 2 n
n



14n -

10
x
 (4)
14n  12 y

H
( 1 ) & ( 2 )  14nx = 12x + 10y =

( 3 ) & ( 4 )  14y = 12x + 10y 
14y  y = 3x
y = 3x
 n = 3.
 n = 3.
 CTPT của anken X là C3H 6 .
 CTPT của anken X là C3H6 .
trong A ( % Vanken= 25 , % VH2 = 75
Trong A ( % V anken= 25 , % VH2 = 75
)

Cách 7 : Sơ đồ đường chéo :
CnH 2n 14n

10

nCn H 2 n
nH 2



2

10
x
(1)

14n  12 y

MA = 12

H2
2
12
CnH 2n+2 14n + 2

14n 14

nCn H 2 n 2
nH 2

MB = 16
H2

2



14
x
(2)

14n  14 y  x

( 1) & ( 2 ) 

14n  14 14n  12

1
14
10

14n - 14 
n = 3  CTPT của anken X là C3H6
.
Trong A ( % Vanken= 25 , % VH2 = 75
%)


Bài 2. Hỗn hợp X gồm axetilen, etan và propen. Đốt cháy hoàn toàn
24,8 gam hỗn hợp X thu được 28,8 gam nước. Mặt khác 0,5 mol hỗn
hợp này tác dụng vừa đủ với 500 gam dd Br2 20%. Tính thành phần
phần trăm thể tích mỗi khí trong hỗn hợp.
Lời giải
Các phản ứng hóa học xảy ra:
C 2H 2 +

5
O2
2

7
O2
2
9
C 3H 6 + O 2
2

C 2H 6 +

t



2CO2 + H2O

t

2CO 2 + 3H2O

t


3CO2 + 3H2O

C2H2 + 2Br2 
 C2H 2Br4
C3H6 + Br2

 C3H 6Br2
Cách 1. Nhóm các phương pháp đại số
28,8
 1,6 (mol)
18
20  500
Số mol Br2 là :
 0,625 (mol)
100  160

Số mol nước là:

Cách 1.1.

Gọi x, y, z lần lượt là số mol của C2H 2, C2H 6, C3H6 trong 24,8 gam hỗn
hợp X.
Giả sử số mol các chất trong 0,5 mol hỗn hợp gấp k lần số mol các chất
tương ứng trong 24,8 gam hỗn hợp X.
Ta có hệ:
26x + 30y + 42z = 24,8
x + 3y + 3z = 1,6
kx + ky + kz = 0,5
2kx + kz = 0,625
Giải hệ trên có : x = 0,4 ; y = z = 0,2 ; k = 0,625
% Thể tích của C2H2 là :

0,4
 100  50%
0,4  0,2  0,2

% Thể tích của C2H6 là :

0,2
 100  25%
0,4  0,2  0,2

% Thể tích của C3H6 là :

0,2
 100  25%
0,4  0,2  0,2

Đây là cách làm quen thuộc mà đa số học sinh thường sử dụng để giải bài tập
loại này.

Cách 1.2.
Hỗn hợp X theo đề bài là một hỗn hợp đồng nhất, tỉ lệ giữa các thành


phần khí trong hỗn hợp là không thay đổi do đó khối lượng phân tử trung bình
của hỗn hợp ( M ) là giá trị không đổi.
Gọi x, y, z lần lượt là số mol của C2H2, C2H6, C3H6 trong 1 mol hỗn hợp khí X.
Ta có hệ
x+y+z=1
2x + z =

0,625
 1,25
0,5

M = 26x + 30y + 42z =

24,8
( x  3 y  3z )
1,6

Giải hệ có : x = 0,05 ; y = z = 0,25
0,5
 100  50%
1
0,25
% Thể tích của C2H6 là :
 100  25%
1
0,25

% Thể tích của C3H6 là :
 100  25%
1

% Thể tích của C2H2 là :

Cách 2. Nhóm các phương pháp trung bình
Đặt CTPT trung bình cho cả hỗn hợp X là Cn H 2 n 22 k
Ta có :
Cn H 2 n 2 2 k + (

2n  1  k
t
) O 2 
n CO 2
2

+ (n  1  k ) H2O

1,6
n 1  k

1,6
+

k Br2

0,5
Ta có hệ :
0,5 k = 0,625

0,5 k

Cn H 2 n  2  2 k

t


(mol)

Cn H 2n22k Br2

(mol)

1,6
( (14n  2  2k ) = 24,8
n 1 k
9
Giải hệ có : k =1,25 ; n 
4

 CTPT trung bình của hỗn hợp X là C9 H 4
4

Sau khi tìm được CTPT trung bình ta dễ dàng tìm ra kết quả của bài toán
theo 1 trong 3 phương pháp sau :
Cách 2.1. Phương pháp đại số
Gọi x, y, x lần lượt là số mol các chất trong 24,8 gam hỗn hợp X
M = 12 

Số mol hỗn hợp X là :

9
 4  31
4

24,8
 0,8 (mol)
31


9
4
nH = 0,8  4  3,2 (mol)

nC = 0,8   1,8 (mol)
Ta có hệ :
x + y + z = 0,8
2x + 6y + 6z = 3,2
2x + 2y + 3z = 1,8
Giải hệ có : x = 0,4 ; y = z = 0,2
% Thể tích của C2H2 là :

0,4
 100  50%
0,8

% Thể tích của C2H6 là :

0,2

 100  25%
0,8

% Thể tích của C3H6 là :

0,2
 100  25%
0,8

Cách 2.2. Phương pháp đường chéo
Theo số C trung bình
(C2H2, C2H6)

3
4

(C=2)
C=

(C3H6)

 75%

9
4
1
 25%
4

(C=3)

 % Thể tích của C3H6 là 25%
Theo số H trung bình
(C2H6, C3H6)

2  50%

(H=6)

4
(C2H2)

(H=2)

2

 50%

% Thể tích của C2H2 là 50%
% Thể tích của C2H6 là: 100 – 50 – 25 = 25%
Phương pháp đường chéo sử dụng trong bài này khá mới mẻ. Thông
thường phương pháp đường chéo chỉ sử dụng cho hỗn hợp hai chất, trong bài
này lại sử dụng cho hỗn hợp 3 chất. Học sinh nào phải có tư duy độc lập, sáng
tạo mới làm được theo cách này.
Cách 2.3. Phương pháp phân tích hệ số và ứng dụng
Ta đã có : nX = 0,8 mol. Phân tích hệ số các phản ứng cháy ta thấy :
- Tỉ lệ số mol

hidrocacbon 1
 , trừ phản ứng của C3H6 có tỉ lệ 1:3

CO2
2

 nC H 6  nCO  2.n X = 0,2 mol
3

2


- Tỉ lệ số mol
 nC H 2 
2

hidrocacbon 1
 , trừ phản ứng của C2H2 có tỉ lệ 1:1
H 2O
2

3n X  2nH 2O
2

= 0,4 mol

Ta dễ dàng tích được số mol của C2H6 là 0,2 mol từ đó tính % thể tích
các chất trong hỗn hợp.
Mặc dù trong số các cách làm ở trên không có cách làm thực sự nhanh,
nhưng đều là những cách làm hay và hàm chứa tư duy logic, tư duy hóa học.
Bài toán này thích hợp với giáo viên sử dụng để minh họa khi giảng dạy về
phương pháp, đồng thời cũng là một bài tập quan trọng để các em học sinh
tham khảo và học tập.

Bài 3. Đốt cháy hoàn m gam toàn hỗn hợp X gồm CH4, C2H4 và C2H2,
thu được 35,2 gam CO2 và 25,2 gam H2O. Giá trị của m là
A. 1,24.
B. 12,40.
C. 2,48.
D.
24,80.
Lời giải
Cách 1: Sử dụng phương pháp thông thường:
● X + O2:
CH4 + 2O 2
CO2 + 2H2O
(1)
x
x
2x
C2H4 + 3O2
2CO2 + 2H2O
(2)
y
2y
2y
2C2H2 + 5O 2
4CO2 + 2H 2O
(3)
z
2z
z
35
,

2
(1)(2)(3)  nCO2 = x + 2y + 2z =
= 0,8 mol
nH2O = 2x + 2y + z =

25,244
= 1,4 mol
18

Đến đây nhiều HS thấy bế tắc, vì có 3 ẩn mà chỉ có hai phương trình
nên không thể tìm được x, y, z ? Đề ra thiếu dữ kiện (!)
Một số HS học khá hơn suy nghĩ nhận thấy rằng, để tìm m không nhất
thiết phải tìm được số mol của từng chất trong hỗn hợp. Từ biểu thức tính
khối lượng:
m = 16x + 28y + 26z
Có thể phân tích thành:
m = 12(x + 2y + 2z) + 2(2x + 2y + z) = 12.0,8 + 2.1,4 = 12,4 gam
 Chọn đáp án B.
Cách 2: Với HS thông minh thì bài toán trên có thể giải nhanh bằng phương
pháp bảo toàn nguyên tố như sau:
mC = 12. nCO 2 = 12.0,8 = 9,6 gam ; mH = 2.2 nH O = 2.1,4 = 2,8
gam
mX = mC + mH = 9,6 + 2,8 = 12,4 gam.


Cách 3: Ta có nO 2 phản ứng = nCO 2 +1/2. nH 2O = 0,8 + 0,7 = 1,5 mol
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta được:
mX + m O 2 phản ứng = m CO 2 + mH 2O
→ mX = 0,8.44 + 1,4.18 – 1,5.32 = 12,4g
Bài 4. Hỗn hợp X có tỉ khối so với hidro là 21,2 gồm propan, propen và

propin. Khi đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X thì tồng khối lượng CO2 và
H2O thu được là:
A. 20,4 gam.
B. 18,96 gam.
C. 16,8 gam
D.
18,6 gam.

C3H8 + 5O2
x
C 3H 6 +

9
O2
2

Lời giải
 3CO 2 + 4H2O
3x
4x
t

t

3CO 2 + 3H2O

y
3y
3y
t

C3H4 + 4O2  3CO 2 + 2H2O
z
3z
2z
M = 21,2 x 2 = 42,4
Gọi khối lượng CO2 và H2O thu được khi đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp
X là m (m>0)
Cách 1. Phương pháp đại số
Gọi x, y, z lần lượt là số mol của C3H8, C3H4, C3H6 trong 0,1 mol hỗn hợp.
Ta có hệ:
44 x  42 y  40 z
 42,4 (1)
x yz

x + y + z = 0,1 (2)
(1)  44x + 42y + 40z = 4,24
40(x + y + z) + 2(2x + y) = 4,42
 2x + y = 4,42 – 0,1 x 40 = 0,12
Làm đến đây đòi hỏi học sinh phải có tư duy toán học để xử lí các
phương trình đại số.
Cần tính : m = 44(3x + 3y + 3z) + 18(4x + 3y + 2z)
m = 168(x + y + z) + 18(2x + y)
m = 168.0,1 + 18 . 0,12
m = 18, 96 (gam)
Đáp án B
Cách 2. Phương pháp trung bình


Ta nhận thấy propan, propen và propin trong phân tử đều có 3 nguyên tử
C. Do đó ta có thể đặt công thức chung của hỗn hợp X là C3 H x (4< x <6)

Ta có : M = 36 + x = 42,4  x = 6,4
t
C3H6,4 + 4,6O 2 
3CO2 + 3,2H2O
0,1
0,3
0,32
(mol)
m = 0,3 x 44 + 0,32 x 18 = 18,96 (gam)
Đáp án B
Cách 3. Nhóm các phương pháp quy đổi
Cách 3.1. Quy hỗn hợp X về hai chất C3H8 và C3H 6 với số mol tương ứng là x,
y (x, y >0).
x mol C3H8 44

0,4

42,4

Ta có hệ:

y mol C3H6



42

x 1

y 4

1,6

4x = y
x + y = 0,1

 x = 0,02 ; y = 0,08
m = (3x + 3y) x 44 + (4x + 3y) x 18 = 18,96 (gam)
Đáp án B
Cách 3.2. Quy hỗn hợp X về hai chất C3H8 và C3H 4 với số mol tương ứng là x,
y (x, y >0)
x mol C3H8 44

2,4


42,4

x 3

y 2

Ta có hệ:
y mol C3H6 42
1,6
2x = 3y
x + y = 0,1
 x = 0,06 ; y = 0,04
m = (3x + 3y).44 + (4x + 3y).18 = 18,96 (gam)
Đáp án B

Đến đây HS đặt ra câu hỏi là liệu có thể quy hỗn hợp X về hai chất C3H6
và C3H 4 được không vì khi đó M < M1, M2.
Cách 3.3. Quy hỗn hợp X về hai chất C3H6 và C3H 4 với số mol tương ứng là x,
y (x, y >0)
x mol C3H6 42

2,4


42,4
y mol C3H4

40

-0,6

x
 6
y


Ta có hệ:
2x = -6y
x + y = 0,1
 x = 0,12 ; y = -0,02
m = (3x + 3y) . 44 + (3x + 2y) . 18 = 18,96 (gam)
Như vậy trong quá trình tính toán theo phương pháp quy đổi đôi khi ta
gặp số âm. Trong trường hợp này ta vẫn tính toán bình thường và kết quả cuối
cùng vẫn thỏa mãn.
Bài 5. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol một axit cacboxylic A đơn chức, cần

vừa đủ V lít khí O2 (đktc), thu được 0,3 mol CO 2 và 0,2 mol H2O. Giá trị
của V là
A. 11,2
B. 6,72
C. 8,96
D.
4,48
Lời giải
Cách 1. Đặt công thức phân tử của axit cacboxylic đơn chức là CxHyOz.
CxHyO z + (x +

y
-1)O2
4

t


0,1



y
H 2O
2

+

0,3
y

1
x
2


0,1 0,3 0,2

Ta có:

xCO2

nO2  ( x 

0,2

(mol)

 x = 3, y = 4

y
 1)  0,1  0,3 (mol)
4


V = 0,3 x 22,4 = 6,72 (lít)
Đáp án B.
Cách 2. Ta có A là một axit đơn chức và có n X  nCO  nH O nên A là axit no
2

2

đơn chức. Đặt công thức tổng quát của A là CnH2nO2 (n  1, n  N *) .
3n  3
t
O 2 
2
n  1 0,2

n=3
n
0,3

CnH2nO2 +
Ta có:
V=(

nCO2

+

(n-1)H2O

3n  3
)  0,1  22,4  6,72 (lít)  Đáp án B.
2

Cách 3. Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố.
nO2 ( axit )  nO (O2 )  nO (CO2 )  nO ( H 2 O )

 2naxit  2nO2  2 nCO2  nH 2 O

Ta có: nO 
2

2  0,3  0,2  2  0,1
 0,3 (mol)
2

V = 0,3 x 22,4 = 6,72 (lít)  Đáp án B.
Nhận xét : Cách thứ 3 ngắn gọn và thông minh hơn cách 1 và cách 2.
Bài 6. Để trung hòa hết 12,72 gam hỗn hợp hai axit cacboxylic A và B
cần vừa đủ V ml dd NaOH 1M. Cô cạn dd sau phản ứng thu được 18
gam chất rắn. Giá trị của V là
A. 120
B. 240
C. 150
D. 400
Lời giải
Cách 1.
Đặt công thức tổng quát của A và B là R(COOH)x (x1)
Gọi a là số mol của hỗn hợp
R(COOH)x + xNaOH 
 R(COONa)x + xH2O
a
ax
a
Ta có hệ:
Ra + 45ax = 12,72 (1)
Ra + 67ax = 18

(2)
Nhiều học sinh thấy hệ trên không giải được vì hệ 3 ẩn, 2 phương trình
nên rơi vào trạng thái bế tắc. Một số học sinh khác nhận thấy để tích V chỉ cần
tìm ax. Vì vậy, lấy (2) – (1) sẽ được ax = 0,24.
Dễ dàng tính được V = 0,24 (lít) = 240 ml.
Cách 2. Phương pháp tăng giảm khối lượng
Từ phương trình phản ứng ta thấy :
Cứ 1 mol R(COOH)x phản ứng sẽ tạo ra 1 mol R(COONa)x làm khối
lượng chất rắn tăng 22x gam
Nếu có a mol R(COOH)x phản ứng thì khối lượng chất rắn tăng 22.x.a
gam
Khi đó : 22.a.x = 18 – 12,72
 a.x = 0,24  V = 0,24 (lít) = 240 ml.
Cách 3. Định luật bảo toàn khối lượng
R(COOH)x + xNaOH 
 R(COONa)x + xH2O
a
a
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:
m hh axit + mNaOH = m rắn + m nước  12,72 + 40.a = 18 + 18.a
 a = 0,24  V = 0,24 (lít) = 240 ml.
Học sinh có tư duy làm theo cách 2 và cách 3 sẽ nhanh và ngắn gọn hơn
cách 1.


Bài 7. Cho hỗn hợp X gồm hai axit cacboxylic no, mạch không phân
nhánh. Đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol hỗn hợp X, thu được 11,2 lít khí CO2
(đktc). Nếu trung hòa 0,3 mol X cần dùng 500ml dung dịch NaOH 1M.
Hai axit đó là
A. HCOOH, HOOC-CH2-COOH.

B. HCOOH, CH3COOH.
C. HCOOH, C 2H5COOH.
D. HCOOH, HOOC-COOH.
Lời giải
Cách 1. Phương pháp đại số
Gọi công thức tổng quát của 2 axit là C nH2n+2-x(COOH)x và CmH2m+2-y(COOH)y
với số mol tương ứng là a và b.
Ta có các trường hợp xảy ra:
+) x = y = 1
+) x = y = 2
+) x = 1; y = 2
Các phản ứng xảy ra :
C nH2n+2-x(COOH)x + kO2 
 (n + x) CO2 + (n + 1) H2O
CmH2m+2-y(COOH)y + k’O2 
 (m + y) CO2 + (m + 1) H2O
C nH2n+2-x(COOH)x + xNaOH 
 CnH 2n+2-x(COONa)x + xH2O
CmH2m+2-y(COOH)y + yNaOH 
 CmH2m+2-y(COONa)y + yH2O
Ta có hệ :
a + b = 0,3
(1)
(n + x)a + (m + y)b = 0,5 (2)
ax + by = 0,5 (3)
Từ (1) và (3) ta thấy chỉ có trường hợp x = 1, y = 2 là thỏa mãn.
Thay vào (1) và (3) ta có hệ:
a + b = 0,3
a = 0,1
a + 2b = 0,5

b = 0,2
Thay vào (2) ta có:
0,1n + 0,2m = 0  m = n = 0
Vậy hai axit là HCOOH, HOOC-COOH. Đáp án D.
Cách 2. Phương pháp đại số kết hợp với biện luận
Học sinh thông minh hơn có thể nhận xét
+ Hai axit có tối đa 2 nhóm chức.
+

nNaOH 0,5

 1,67
nX
0,3

 1 axit đơn chức và 1 axit 2 chức.
Do đó có thể đặt công thức tổng quát của hai axit là : C nH2n+1COOH và


CmH2m(COOH)2
C nH2n+1COOH + NaOH 
 C nH2n+1COONa + H2O
x
y
CmH2m(COOH)2 + 2NaOH 
 CmH2m(COONa)2 + H2O
y
2y
Ta có hệ
x + y = 0,3

x = 0,1
x + 2y = 0,5
y = 0,2
C nH2n+1COOH + kO 2 
 (n + 1)CO 2 + (n + 1)H2O
0,1
0,1(n+1)
CmH2m(COOH)2 + kO 2 
(m + 2)CO 2 + (m + 1)H2O

0,2
0,2(m+2)
Do đó:
0,1(n+1) + 0,2(m+2) = 0,5
 n + 2m = 0  n = m = 0
Vậy hai axit là HCOOH, HOOC-COOH. Đáp án D.
Cách 3. Phương pháp trung bình
Cách 3.1. Trong trường hợp học sinh chưa nhận xét ngay được số nhóm chức
thì có thể biện luận dựa vào công thức phân tử trung bình như sau :
Đặt công thức tổng quát của hai axit đó là R(COOH)n
R(COOH)n + nNaOH 
 R(COONa)n + H2O
Ta có:

n=

0,5
 1,67
0,3

 n1 = 1 ; n2 = 2

Đến đây ta có thể áp dụng cách giải đại số như cách 2 để xác định axit
Cách 3.2. Đặt công thức chung của hỗn hợp là CnH 2n+2-x(COOH)x
C nH2n+2-x(COOH)x + xNaOH 
 CnH 2n+2-x(COONa)x + xH2O
C nH2n+2-x(COOH)x + kO2 
 (n + x) CO2 + (n + 1) H2O
Ta có:
x=

n NaOH 0,5

 1,67
nX
0,3

n+x=

nCO2
nX



0,5
 1,67
0,3

 x1 = 1 ; x2 = 2
 n1 = 1 ; n2 = 2

Vậy hai axit là HCOOH, HOOC-COOH. Đáp án D.
Cách 4. Kết hợp các phương án lựa chọ để tìm ra đáp số
Nhận xét về đáp án : Các phương án lực chọn được phân làm 2 nhóm
+ Nhóm 1 : 2 axit đơn chức (B và C)
+ Nhóm 2 : 1 axit đơn chức và 2 axit 2 chức (A và D).
Mặt khác :

n NaOH 0,5

 1,67 >1 nên loại nhóm 1
nX
0,3

Đến đây , ta có thể đặt công thức tổng quát theo nhóm 2 để giải. Tuy
nhiên, với 2 phương án lựa chọn thì cách tốt nhất ta dùng một phương án tính


toán đối chiếu kết quả, nếu phù hợp thì ta chọn, còn không thì là phương án
còn lại.
Ví dụ : Dùng phương án A để giải
Gọi x, y lần lượt là số mol của HCOOH và HOOC-CH2-COOH
Ta có hệ :
x + y = 0,3
x + 3y = 0,5
x + 2y = 0,5
Hệ này vô nghiệm. Vậy đáp án đúng là D.
Bài 8. Đốt cháy m gam hỗn hợp 2 ancol no, đơn chức mạch hở liên tiếp
nhau trong dãy đồng đẳng thu được 0,3 mol CO 2 và 0,5 mol H2O. Tính
m.

Lời giải
Cách 1. Phương pháp thông thường
Gọi công thức của 2 ancol là CnH 2n+2O và Cn+1H2n+4O với số mol lần lượt là a
và b.
Các phản ứng hóa học:
C nH2n+2O
+ O2 
 nCO 2 + (n+1)H2O
a
an
a(n+1)
C n+1H 2n+4O + O2 
 (n+1)CO2 + (n+2)H2O
b
b(n+1)
b(n+2)
Ta có hệ:
an + b(n+1) = 0,3
an + bn + b = 0,3 (1)
a(n+1) + b(n+2) = 0,5
an + bn + a + 2b =
0,5 (2)
Lấy (2) – (1) ta có: a + b = 0,2
Cần tính
m = (14an + 18a) + (14bn + 32b)
= 14(an + bn + b)) + 18(a+b) = 14.0,3 + 18.0,2 = 7,8 gam
Cách 2. Phương pháp trung bình
Đặt công thức chung của hai ancol là C n H 2 n +2O
C n H 2 n +2O + O 2 
 n CO2 + ( n +1) H 2O

a
an
a( n +1)
Ta có hệ:
a n = 0,3
a = 0,2
a( n +1) = 0,5
n = 1,5
Khối lượng hai ancol là:
m = (14 n + 18)a = 0,2(14.1,5 + 18) = 7,8 (gam)


Cách 3. Nhận xét 2 ancol no, đơn chức, khi đốt cháy 2 ancol no thì
Số mol ancol = số mol H2O – số mol CO2 = 0,2 mol.
Vì 2 ancol đã cho là đơn chức  nO = 0,2 mol
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:
m = mC + mH + mO = 0,3.12 + 0,5.2 + 0,2.16 = 7,8 gam.
Học sinh nhanh nhạy sẽ nhận ra mối quan hệ giữa số mol nước và CO 2
khi đốt cháy một hợp chất hữu cơ no bất kì để làm theo cách số 3. Học sinh học
khá có thể làm theo cách số 2. Cách này sẽ hữu ích hơn cách 3 nếu trong một
bài toán khác yêu cầu tìm công thức của 2 ancol.
Bài 9. Hỗn hợp X gồm axit HCOOH và axit CH3COOH (tỉ lệ mol 1:1).
Hỗn hợp Y gồm hai ancol CH3OH và ancol C2H 5OH (tỉ lệ mol 3:2). Lấy
11,13 gam hỗn hợp X tác dụng với 7,52 gam hỗn hợp Y (có xúc tác
H2SO4 đặc) thu được m gam hỗn hợp este (Hiệu suất của các phản ứng
este hóa đều đạt 80%). Tính m.
Lời giải
Có

MX 

MY

46  60
 53  nX = 0,21 mol
2
32.3  46.2

 37,6  nY = 0,2 mol
5

Vì nY < nX  ancol hết. Ta tính khối lượng este theo ancol.
Cách 1. Phương pháp trung bình
Gọi công thức chung của 2 axit là RCOOH, công thức chung của 2 ancol là
R’OH.
M X  53  M R  8
M Y  37,6  M R '  20,6
Phản ứng este hóa:
RCOOH +
R’OH  RCOOR’ + H2O
0,2
0,2
m = 0,2.(R + R’ + 44).0,8 = 0,8. 0,2(8 + 20,6 + 44) = 11,616 gam
Cách 2. Phương pháp bảo toàn khối lượng
RCOOH +
R’OH  RCOOR’ + H2O
0,2
0,2
0,2
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:
m = 0,2.0,8.( M Y  M X - 18) = 11,616 gam

Cách 3. Phương pháp tăng giảm khối lượng.
Cứ 1 mol ancol tạo thành 1 mol este thì khối lượng tăng (53-18) = 35
gam


Cứ 0,2 mol ancol tạo thành 0,2 mol este thi khối lượng tăng lên là:
35.0,2 = 7 gam
Vậy m = (7,52 + 7).0,8 = 11,616 gam

Bài 10. Hỗn hợp A gồm một axit no đơn chức và hai axit không no đơn
chức chứa một liên kết đôi, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Cho A tác
dụng hoàn toàn với 150 ml dung dịch NaOH 2M. Để trung hòa vừa hết
lượng NaOH dư cần thêm vào 100 ml dung dịch HCl 1M, được dung
dịch D. Cô cạn cẩn thận D được 22,89 gam chất rắn khan. Mặt khác đốt
cháy hoàn toàn A rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình
đựng lượng dư dung dịch NaOH đặc, khối lượng bình tăng thêm 26,72
gam. Xác định công thức phân tử của các chất trong A.
Lời giải
Gọi công thức của 3 axit là CnH 2n+1COOH, CmH2m-1COOH, Cm+1H2m+1COOH
với số mol tương ứng là x, y, z.
Cách 1. Phương pháp thông thường
Các phản ứng hóa học xảy ra:
C nH2n+1COOH + NaOH 
 CnH2n+1COONa + H2O
x
x
CmH2m-1COOH + NaOH 
 CmH 2m-1COONa + H 2O
y
y

Cm+1H2m+1COOH + NaOH 
 Cm+1H2m+1COONa + H 2O
z
z
C nH2n+1COOH +

3n  1
O2 
 (n+1) CO2 + (n + 1) H 2O
2

x
CmH2m-1COOH +

(n+1)x

(n + 1) x

3m
O2 
 (m+1) CO2 + m H2O
2

y
Cm+1H2m+1COOH +

(m+1)x

my

3m  3
O2 
 (m+2) CO2 + (m + 1) H2O
2

z
(m+2)z
(m + 1)z
NaOH + HCl 
 NaCl + H2O
0,1
0,1
0,1
Số mol NaOH dư là: 100.1/1000 = 0,1 mol
Số mol NaOH phản ứng với axit là : 0,15.2 – 0,1 = 0,2 mol
Khối lượng muối hữu cơ là : 22,89 – 0,1.58,5 = 17,04 gam
Theo bài ra ta có hệ
x + y + z = 0,2


(14n + 68)x + (14m + 66)y + (14m + 80)z = 17,04
[(n + 1)x + (m + 1)y + (m + 2)z].44 + [(n + 1)x + my + (m+1)z].18 =
26,72
Rút gọn lại ta có :
x + y + z = 0,2
14(nx + my + mz) + 2x + 14z = 3,84
62(nx + my + mz) + 18x + 62z = 17,92

(1)
(2)

(3)


 x = 0,1; y + z = 0,1.

Đến nhiều học sinh tỏ ra bế tắc vì không giải được cụ thể m, n. Tuy nhiên, từ
(2) ta có thể giới hạn được m, n.
(2) 
 14(0,1n + 0,1m) + 2.0,1 + 14z = 3,84
z = 0,26 – 0,1n – 0,1m
vì z > 0 nên n + m < 2,6 mà m  2
n = 0, m = 2


Vậy công thức của 3 axit là : HCOOH, C2H3COOH, C3H5COOH.
Cách 2. Gọi công thức của axit no là CnH2n+1COOH : x mol
Công thức chung của hai axit không no là C m H 2 m1 COOH : y mol
C nH2n+1COOH + NaOH 
 CnH2n+1COONa + H2O
x
x
C m H 2 m1 COOH + NaOH 
 C m H 2 m1 COONa + H2O
C nH2n+1COOH +
x
C m H 2 m1 COOH +
y

3n  1
O2 

 (n+1) CO2 + (n + 1) H2O
2

(n+1)x

(n + 1)x

3m
O2 
 ( m +1) CO 2 + m H2O
2

( m +1)x

my

Ta có hệ:
x + y = 0,2
(14n + 68)x + (14 m + 68)y = 17,04
44[(n + 1)x + ( m + 1)y] + [(n + 1)x + m y]18 = 26,72
x = 0,1
y = 0,1
n + m = 2,457
Vì m >2 , n nguyên n = 0, m = 2,457 
 m1= 2, m2 = 3.
Vậy công thức của 3 axit là : HCOOH, C2H3COOH, C3H5COOH.
Cách 3. Gọi công thưc chung của ba axit là C n H 2 n1 2k COOH
C n H 2 n1 2k COOH + NaOH 
 C n H 2 n1 2k COONa + H2O

0,2
0,2
Theo định luật tăng giảm khối lượng ta có:
Khối lượng axit là: 17,04 – 0,2.22 = 12,64 gam
Phản ứng đốt cháy:
C n H 2 n1 2k COOH + tO 2 
 ( n +1) CO2 + ( n  1  k )H2O
0,2
0,2( n +1)
0,2( n  1  k )
Ta có hệ:
0,2(14 n -2 k + 46) = 12,64
n = 1,3
44.0,2. ( n +1) + 18.0,2. ( n  1  k ) = 26,72
k = 0,5
n = 1,3  một trong 2 axit có n = 0 (HCOOH) hoặc n = 1(CH3COOH).
k = 0,5 mà k1 = 0, k2=k3 = 1  axit no có số mol là:

0,2
 0,1 mol
2

Xét 2 trường hợp xảy ra:
Trường hợp 1:
HCOOH: 0,1 mol
C m H 2 m1 COOH: 0,1 mol
m axit = 0,1.46 + 0,1(14 m + 46) = 12,64
 m = 2,457 
 m 1= 2, m2 = 3.

Vậy công thức của 3 axit là : HCOOH, C2H3COOH, C3H5COOH.
Trường hợp 2: .
CH3COOH: 0,1 mol
C m H 2m 1 COOH: 0,1 mol
m axit = 0,1.60 + 0,1(14 m + 46) = 12,64
 m = 1,457 (loại vì m < 2)
Trong 3 cách, cách số 3 là nhanh nhất, nhưng không phải học sinh nào
cũng làm được. Học sinh phải vận dụng linh hoạt 2 chiều nhận xét nếu
t

t1  t 2
thì số mol t1 = t2 và ngược lại.
2

III. BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1. Đốt cháy hoàn toàn 11 gam hỗn hợp A chứa axetilen, propilen và metan
thu được 12,6 gam H2O. Mặt khác 5,6 lít hỗn hợp trên phản ứng vừa đủ với
dung dịch chứa 40 gam brom. Xác định thành phần % về thể tích của hỗn hợp
ban đầu biết thể tích các khí đo ở đktc.
Đáp số : % C2H2 = 50; % CH4 = % C3H6 = 25%
Bài 2. Hỗn hợp X gồm C2H4, C3H4 và C3H 8. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X thu
được 14,4 gam nước. Mặt khác 0,3 mol hỗn hợp này tác dụng vừa đủ với 270
gam dd Br2 20%. Tính thành phần phần trăm thể tích mỗi khí trong hỗn hợp.
Đáp số : % C2H4 = % C3H4 = % C3H8 = 33,33%
Bài 3. Hỗn hợp X gồm C2H4, C3H4 và C3H 8. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X thu
được 35,2 gam CO 2. Mặt khác 0,3 mol hỗn hợp này tác dụng vừa đủ với 270
gam dd Br2 20%. Tính thành phần phần trăm thể tích mỗi khí trong hỗn hợp.


Đáp số : % C2H4 = % C3H4 = % C3H8 = 33,33%

Bài 4. Hỗn hợp X gồm axetilen, etan và propen. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X
thu được 79,2 gam nước. Mặt khác 0,5 mol hỗn hợp này tác dụng vừa đủ với
500 gam dd Br2 20%. Tính thành phần phần trăm thể tích mỗi khí trong hỗn
hợp.
Đáp số : % C2H2 = 50; % C2H 6 = % C3H 6 = 25%
Bài 5. Đốt cháy hoàn m gam toàn hỗn hợp X gồm C2H4, C3H4 và C3H8, thu
được 4,4 gam CO2 và 25,2 gam H2O. Tính m.
Đáp số : m = 4 gam
Bài 6. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp X gồm C2H 4, C3H 4 và C3H8. Sản
phẩm thu được hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch Ca(OH)2 dư thu được 20 gam
kết tủa. Tính khối lượng của hỗn hợp X ban đầu.
Đáp số : 3 gam
Bài 7. Hỗn hợp X có tỉ khối so với H 2 là 27,8 gồm butan, metylxiclopropan,
but-2-en, đivinyl. Khi đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol X thu được m gam CO2 và
nước. Tính m.
Đáp số : 36,66 gam
Bài 8. Hỗn hợp A chứa 0,06 mol hỗn hợp CH3OH và một ancol cùng dãy
đồng đẳng có khối lượng là 4,02 gam. Cho toàn bộ hỗn hợp trên tác dụng vừa
đủ với 6 gam CH 3COOH (có H2SO4 đặc làm xúc tác, giả sử hiệu suất của
phản ứng đạt 100%). Tính khối lượng este thu được.
Đáp số: 6,54 gam
Bài 9. Cho 0,1 mol axit đơn chức X phản ứng với 0,15 mol ancol đơn chức Y
thu được 4,5 gam este A với hiệu suất của phản ứng este hóa là 75%. Xác định
tên gọi của X và Y.
Đáp số: X là axit focmic ; Y là ancol metylic.
Bài 10. Hỗn hợp A gồm một axit no đơn chức và hai axit không no đơn chức
chứa một liên kết đôi, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Cho A tác dụng hoàn
toàn với 150 ml dung dịch NaOH 2M. Để trung hòa vừa hết lượng NaOH dư
cần thêm vào 100 ml dung dịch HCl 1M, được dung dịch D. Cô cạn cẩn thận
D được 22,89 gam chất rắn khan. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn A thu được

26,72 gam CO 2 và H2O. Xác định công thức phân tử của các chất trong A.
Đáp số : HCOOH, C2H3COOH, C3H5COOH.


PHẦN III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
I. NHỮNG BÀI HỌC KINH NGHIỆM
Qua thực tế giảng dạy ở trường THPT Tiên Lữ tôi đã nghiên cứu và áp
dụng các nội dung trên vào việc dạy các chuyên đề hoá học lớp 11,12 và đặc
biệt dạy ôn thi đại học ,ôn thi học sinh giỏi và qua đó tôi rút ra được một số
kêts luận sau:
- Thứ nhất: Với việc dạy theo các phương pháp giải bài tập như trên giúp
học sinh có thể giải nhanh hơn các bài tập và các em tư duy tốt hơn, tự tin hơn
trước một bài toán khó.
- Thứ hai: Với việc nắm bắt được các phương pháp giải học sinh có thể
chọn cho mình cách giải nhanh nhất để làm các bài tập trắc nghiệm và học sinh
giải bài tập nhanh hơn. Học sinh không còn bị gò bó với cách giải bài tập theo
kiểu tự luận truyền thống như trước đây.
- Thứ ba: Các dạng bài tập đều có các phương pháp giải mẫu nên giúp
các em dễ hiểu. Hệ thống các phương pháp giải bài tập phù hợp với mọi đối
tượng học sinh và đặc biệt là giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng và thi học
sinh giỏi.
Cụ thể năm học 2011-2012 tôi đã áp dụng chuyên đề này cho học sinh lớp
12A1 và 12A2, sau đó có kiểm tra đánh giá mức độ tiếp thu kiến thức của các
em qua bài kiểm tra. Kết quả thu được như sau:

Líp
12A1
12A2

SÜ

sè

§Ò kiÓm tra 1
tiÕt sè 1
Kh¸
YÕu
TB
giái
kÐm

§Ò kiÓm tra 1
tiÕt sè 2
Kh¸
YÕu
TB
giái
kÐm

§Ò kiÓm tra häc
k× II
Kh¸
YÕu
TB
giái
kÐm

48

50%

40%

10%

60%

39%

1%

70%

24%

1%

40%

50%

10%

42%

50%

8%

65%

32%

3%

48


II. NHỮNG ĐỀ XUẤT VÀ KIẾN NGHỊ ỨNG DỤNG:
1- Đề xuất và kiến nghị
Để góp phần nâng cao hiệu quả dạy và học môn Hóa học trong trường
THPT nói chung, chúng tôi xin có một số kiến nghị sau :
- Khuyến khích GV tự mình xây dựng hệ thống bài tập có chất lượng tốt
trong đó có bài tập nhiều cách giải nhằm khái quát hóa, tổng quát hóa bài toán
liên hệ với những bài toán cùng dạng, góp phần hỗ trợ, phát triển các bài toán
hay cho HS.
- Giáo viên cần phải thay đổi các bài giảng của mình theo hướng dạy học
tích cực, hỗ trợ học sinh tự học, tự nghiên cứu, chủ động trong học tập và chú ý
rèn luyện khả năng suy luận logic, rèn luyện tư duy hóa học cho HS.
2- Hướng phát triển của đề tài
Vì thời gian có hạn nên chúng tôi mới nghiên cứu ở mức độ các bài toán
có nhiều cách giải ở phần hoá hữu cơ lớp 11 và một số bài lớp 12 nâng cao nhằm
phát triển tư duy đa hướng cho HS. Tôi tiếp tục phát triển đề tài theo hướng
tuyển chọn, biên soạn hệ thống bài toán hóa nhiều cách giải gắn với từng chương
mục của chương trình hóa học lớp 10.

MỤC LỤC
PHẦN I : MỞ ĐẦU
Trang
I. Lý do chọn đề tài
1

II. Mục đích của đề tài
1
III. Nhiệm vụ của đề tài
1
IV. Khách thể và đối tượng nghiên cứu
1
V. Phạm vi nghiên cứu
2
VI. Phương pháp và phương tiện nghiên cứu
2
VII. Kế hoạch thực hiện đề tài:
2