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 ở trường THPT

Kinh nghiệm giảng dạy môn Hóa học

Vũ Thị Thu Hà – THPT Tiên Lữ

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

1


Kinh nghiệm giảng dạy môn Hóa học

Vũ Thị Thu Hà – THPT Tiên Lữ

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:

Dung dịch

ĐKTC:

Điều kiện tiêu chuẩn

ĐLBTNT:

Định luật bảo toàn nguyên tố

PTHH:

Phương trình hóa học

THPT:

Trung học phổ thông

2


Kinh nghiệm giảng dạy môn Hóa học

Vũ Thị Thu Hà – THPT Tiên Lữ

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.

3


Kinh nghiệm giảng dạy môn Hóa học
Vũ Thị Thu Hà – THPT Tiên Lữ
II. MỘT SỐ BÀI TẬP BÀI TẬP HỮU CƠ CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI
Bài 1 : Cho hỗn hợp A gồm anken X và H2 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 :

CnH2n
( x mol )

Ni ,to



CnH2n+2

B không làm mất màu Brom .

( x mol)

B là hỗn hợp của ankan và H2 dư
H2 dư

H2
( y mol )

Anken X phản ứng hết

( y-x mol )

---------------------

----------------

MA= 6.2= 12

M B= 8.2= 16
CnH2n + 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
x yx

n=3

 CTPT của anken X là C3H6 .

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
x y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 C 3H6 .

4


Kinh nghiệm giảng dạy môn Hóa học

Vũ Thị Thu Hà – THPT Tiên Lữ

Trong A ( % Vanken= 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
m
- A =4
nA
nB

1

1
)= 4
 (14nx  2 y )( 
y x y

 (14nx  2 y )

MA =

x
14nx  2 y x
x
x 1
. = 4  12. = 4 

=4 
 y = 3x.
y 3
y( x  y)
y( x  y) y
y

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  n = 3
x
x yx

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

Sơ đồ đường chéo :
CnH2n 14n

10

nCn H 2 n

nH 2



10
x 1
 
 n=3
14n  12 y 3

 CTPT của anken X là C3H6 .

MA = 12

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

2

14n - 12

Hoặc :

5


Kinh nghiệm giảng dạy môn Hóa học
CnH2n+2 14n + 2

14

Vũ Thị Thu Hà – THPT Tiên Lữ
nCn H 2 n  2
nH 2



14
x
1

  n=3
14n  14 y  x 2

 CTPT của anken X là C3H6 .

MB = 16

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

2

14n - 14

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 :
CnH2n 14n

10

nCn H 2 n
nH 2



10
x 1
 
 n=3
14n  12 y 3

 CTPT của anken X là C3H6 .

MA = 12

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

2

14n - 12

CnH2n+2 14n + 2

14

Hoặc :
nCn H 2 n  2

nH 2



14
x
1

  n=3
14n  14 y  x 2

 CTPT của anken X là C3H6 .

MB = 16

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

2

14n - 14

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

6


Kinh nghiệm giảng dạy môn Hóa học
MA =

14nx  2 y
= 12 
x y

12x + 12y 

Vũ Thị Thu Hà – THPT Tiên Lữ

14nx + 2y = MB =

(14n  2) x  2( y  x)
=
x yx

14nx  2 y
= 16
x

14nx = 12x + 10y ( 1 )

 14nx = 14y ( 3 )

Sơ đồ đường chéo :
CnH2n+2 14n + 2

14
Sơ đồ đường chéo :
CnH2n

MB = 16
H2

2



nCn H 2 n  2
nH 2

14n

10

MA = 12

14n - 14
H2

14
x
(2)


14n  14 y  x

( 1 ) & ( 2 )  14nx = 12x + 10y = 14y 

2

nCn H 2 n
nH 2

 y = 3x



14n - 12

10
x
 (4)
14n  12 y

( 3 ) & ( 4 )  14y = 12x + 10y  y =

 n = 3.

3x

 CTPT của anken X là C3H6 .

 n = 3.

trong A ( % Vanken= 25 , % VH2 = 75

 CTPT của anken X là C3H6 .

Trong A ( % Vanken= 25 , % VH2 = 75 )
Cách 7 : Sơ đồ đường chéo :

CnH2n

14n

10

nCn H 2 n
nH 2



10
x
(1)

14n  12 y

MA = 12
H2

2

14n - 12

CnH2n+2 14n + 2

14

nCn H 2 n  2
nH 2

MB = 16
H2

2



14
x
(2)

14n  14 y  x

( 1) & ( 2 ) 
14n - 14

14n  14 14n  12

1 
14
10

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

7


Kinh nghiệm giảng dạy môn Hóa học

Vũ Thị Thu Hà – THPT Tiên Lữ

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:
C2H2 +

5
O2
2

t


C2H6 +

7
O2
2

t

2CO2 + 3H2O

C3H6 +

9
O2
2

t


3CO2 + 3H2O

C2H2 + 2Br2




C2H2Br4

C3H6 + Br2




C3H6Br2

2CO2 + H2O

Cách 1. Nhóm các phương pháp đại số
Số mol nước là:
Số mol Br2 là :

28,8

 1,6 (mol)
18

20  500
 0,625 (mol)
100  160

Cách 1.1.
Gọi x, y, z lần lượt là số mol của C2H2, C2H6, 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

8

Kinh nghiệm giảng dạy môn Hóa học
% Thể tích của C3H6 là :

Vũ Thị Thu Hà – THPT Tiên Lữ

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
% Thể tích của C2H2 là :

0,5
 100  50%
1

% Thể tích của C2H6 là :

0,25
 100  25%
1

% Thể tích của C3H6 là :

0,25
 100  25%
1

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 :
C n H 2 n  2 2 k + (

2n  1  k
t
) O2 
n CO2
2

+ ( n  1  k ) H2 O

1,6
n 1 k
C n H 2 n  2 2 k

1,6
+

0,5

k Br2

t


Cn H 2 n 22 k Br2

0,5 k

(mol)

Ta có hệ :
0,5 k = 0,625
1,6
( (14n  2  2k ) = 24,8
n 1 k

9

(mol)


Kinh nghiệm giảng dạy môn Hóa học
Giải hệ có : k =1,25 ; n 

Vũ Thị Thu Hà – THPT Tiên Lữ

9
4

 CTPT trung bình của hỗn hợp X là C 9 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

nC = 0,8   1,8 (mol)
nH = 0,8  4  3,2 (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)

 75%
C=

(C3H6)

9
4

(C=3)

1
 25%
4  % Thể tích của C H là 25%
3 6

Theo số H trung bình

10


Kinh nghiệm giảng dạy môn Hóa học
(C2H6, C3H6)
2
 50%

Vũ Thị Thu Hà – THPT Tiên Lữ

(H=6)

4

(C2H2)
2 tích
% Thể
của50%
C2H2 là 50%

(H=2)

% 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 :
hidrocacbo n 1
 , trừ phản ứng của C3H6 có tỉ lệ 1:3
CO2
2

- Tỉ lệ số mol

 nC H 6  nCO  2.nX = 0,2 mol

3

2

- Tỉ lệ số mol
 nC H 2 

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

3n X  2nH 2O

2

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

+

2O2

CO2 +

x
C2H4

x
+ 3O2

2CO2 +

11

2H2O

(1)

2x
2H2O

(2)


Kinh nghiệm giảng dạy môn Hóa học

Vũ Thị Thu Hà – THPT Tiên Lữ

y

2y

2C2H2 +

5O2

2y

4CO2

z

+

2z

(3)

z
35,2
= 0,8 mol
44

(1)(2)(3)  nCO2 = x + 2y + 2z =
nH2O = 2x + 2y + z =

2H2O

25,2
= 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. nH2 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 2 O = 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 2 O

→ 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 CO 2 và H2O thu được là:
A. 20,4 gam.

B. 18,96 gam.

C. 16,8 gam
Lời giải

C3H8 + 5O2
x
C3H6 +
y

t


3CO2 + 4H2O
3x

9
O2
2

4x

t

3CO2 + 3H2O

3y

3y

12

D. 18,6 gam.


Kinh nghiệm giảng dạy môn Hóa học
C3H4 + 4O2

t



z

Vũ Thị Thu Hà – THPT Tiên Lữ

3CO2 + 2H2O
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
C3H6,4 + 4,6O2

t

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 C3H6 với số mol tương ứng là x, y (x, y
>0).

13


Kinh nghiệm giảng dạy môn Hóa học
x mol C3H8

44

0,4


Vũ Thị Thu Hà – THPT Tiên Lữ

42
,4

x 1

y 4

Ta có hệ:
y mol 4x
C3=H6y
1,6
x + y = 0,1

42

 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 C3H4 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
2x = 3y
1,6
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 C 3H6 và C3H4
được không vì khi đó M < M1, M2.
Cách 3.3. Quy hỗn hợp X về hai chất C3H6 và C3H4 với số mol tương ứng là x, y (x, y
>0)
x mol C3H6

42

2,4



x
 6
y

y mol C3H4

42
,4
40

-0,6

14


Kinh nghiệm giảng dạy môn Hóa học

Vũ Thị Thu Hà – THPT Tiên Lữ

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 ố
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 CO2 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.
CxHyOz + (x +

y
-1)O2
4

t

xCO2

0,1




0,3
y
1
x


 2
0,1 0,3 0,2

Ta có:

y
H2 O
2

+

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 nX  nCO  nH
2

2O

nên A là axit no đơn chức.

Đặt công thức tổng quát của A là CnH2nO2 (n  1, n  N *) .
CnH2nO2 +

3n  3
O2
2

t

nCO2

+

(n-1)H2O

n  1 0,2

n=3
n
0,3

Ta có:
V= (

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

2

Cách 3. Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố.

15


Kinh nghiệm giảng dạy môn Hóa học

Vũ Thị Thu Hà – THPT Tiên Lữ

nO2 ( axit)  nO (O2 )  nO (CO 2 )  nO ( H 2 O )
 2naxit  2nO2  2nCO2  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(COONa)x + xH2O
R(COOH)x + xNaOH 

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

16


Kinh nghiệm giảng dạy môn Hóa học

Vũ Thị Thu Hà – THPT Tiên Lữ

 R(COONa)x + xH2O
R(COOH)x + xNaOH 

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, C2H5COOH.

D. HCOOH, HOOC-COOH.
Lời giải

Cách 1. Phương pháp đại số
Gọi công thức tổng quát của 2 axit là CnH2n+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 :
 (n + x) CO2 + (n + 1) H2O
CnH2n+2-x(COOH)x + kO2 
 (m + y) CO2 + (m + 1) H2O
CmH2m+2-y(COOH)y + k’O2 
 CnH2n+2-x(COONa)x + xH2O
CnH2n+2-x(COOH)x + xNaOH 

 CmH2m+2-y(COONa)y + yH2O
CmH2m+2-y(COOH)y + yNaOH 

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:

17


Kinh nghiệm giảng dạy môn Hóa học

Vũ Thị Thu Hà – THPT Tiên Lữ

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.
+

n NaOH 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 : CnH2n+1COOH và
CmH2m(COOH)2
 CnH2n+1COONa + H2O
CnH2n+1COOH + NaOH 

x

y

 CmH2m(COONa)2 + H2O
CmH2m(COOH)2 + 2NaOH 

y

2y

Ta có hệ
x + y = 0,3

x = 0,1

x + 2y = 0,5

y = 0,2

CnH2n+1COOH +


kO2 

0,1
CmH2m(COOH)2 +

(n + 1)CO2 + (n + 1)H2O
0,1(n+1)

kO2


 (m + 2)CO2 + (m + 1)H2O

0,2
Do đó:

0,2(m+2)

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(COONa)n + H2O
R(COOH)n + nNaOH 

18


Kinh nghiệm giảng dạy môn Hóa học
Ta có:

n=

0,5
 1,67
0,3

Vũ Thị Thu Hà – THPT Tiên Lữ

 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 CnH2n+2-x(COOH)x
 CnH2n+2-x(COONa)x + xH2O
CnH2n+2-x(COOH)x + xNaOH 
 (n + x) CO2 + (n + 1) H2O
CnH2n+2-x(COOH)x + kO2 

Ta có:
x=

nNaOH 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 :

nNaOH 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 CO2 và 0,5 mol H2O. Tính m.
Lời giải
Cách 1. Phương pháp thông thường

19


Kinh nghiệm giảng dạy môn Hóa học

Vũ Thị Thu Hà – THPT Tiên Lữ

Gọi công thức của 2 ancol là CnH2n+2O và Cn+1H2n+4O với số mol lần lượt là a và b.
Các phản ứng hóa học:
CnH2n+2O

+

 nCO2 + (n+1)H2O
O2 

a

an

a(n+1)

 (n+1)CO2 + (n+2)H2O
Cn+1H2n+4O + O2 

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 H2 n +2O
C n H2 n +2O

+

 n CO2 + ( n +1) H2O
O2 

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 CO2 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

20


Kinh nghiệm giảng dạy môn Hóa học

Vũ Thị Thu Hà – THPT Tiên Lữ

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 C2H5OH (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 

46  60
 53  nX = 0,21 mol
2

MY 

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’

0,2

+

H2 O

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’

0,2

+

0,2

H2 O
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

21


Kinh nghiệm giảng dạy môn Hóa học

Vũ Thị Thu Hà – THPT Tiên Lữ

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 CnH2n+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:
 CnH2n+1COONa + H2O
CnH2n+1COOH + NaOH 

x

x

 CmH2m-1COONa + H2O
CmH2m-1COOH + NaOH 

y

y

 Cm+1H2m+1COONa + H2O
Cm+1H2m+1COOH + NaOH 

z

z

CnH2n+1COOH +

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

x

(n+1)x

CmH2m-1COOH +

(n + 1) x

3m
 (m+1) CO2 + m H2O
O2 
2

y

(m+1)x

Cm+1H2m+1COOH +

my

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

z

(m+2)z

 NaCl + H2O
NaOH + HCl 

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

22

(m + 1)z


Kinh nghiệm giảng dạy môn Hóa học

Vũ Thị Thu Hà – THPT Tiên Lữ

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

(1)

14(nx + my + mz) + 2x + 14z = 3,84

(2)

62(nx + my + mz) + 18x + 62z = 17,92

(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.
 14(0,1n + 0,1m) + 2.0,1 + 14z = 3,84
(2) 

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
 CnH2n+1COONa + H2O
CnH2n+1COOH + NaOH 

x

x

 C m H 2 m 1 COONa + H2O
C m H 2 m 1 COOH + NaOH 

CnH2n+1COOH +
x
C m H 2 m 1 COOH +
y

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

(n+1)x

(n + 1)x

3m
 ( m +1) CO2 + m H2O
O2 
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

23


Kinh nghiệm giảng dạy môn Hóa học

Vũ Thị Thu Hà – THPT Tiên Lữ

x = 0,1
y = 0,1
n + m = 2,457
 m1= 2, m2 = 3.
Vì m >2 , n nguyên n = 0, m = 2,457 

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2 k COOH
 C n H 2 n 1 2 k COONa + H2O
C n H 2 n 12 k COOH + NaOH 

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:
 ( n +1) CO2 + ( n 1  k )H2O
C n H 2 n 12 k COOH + tO2 

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
 m1= 2, m2 = 3.
 m = 2,457 

Vậy công thức của 3 axit là : HCOOH, C2H3COOH, C3H5COOH.
Trường hợp 2: .

CH3COOH: 0,1 mol
C m H 2 m 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

24


Kinh nghiệm giảng dạy môn Hóa học

Vũ Thị Thu Hà – THPT Tiên Lữ

được. Học sinh phải vận dụng linh hoạt 2 chiều nhận xét nếu t 

t1  t 2
thì số mol t1 = t2
2

và ngược lại.

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 ố : % C2H2 = 50; % CH4 = % C3H6 = 25%
Bài 2. Hỗn hợp X gồm C2H4, C3H4 và C3H8. 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 Br 2
20%. Tính thành phần phần trăm thể tích mỗi khí trong hỗn hợp.
Đáp ố : % C2H4 = % C3H4 = % C3H8 = 33,33%
Bài 3. Hỗn hợp X gồm C2H4, C3H4 và C3H8. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X thu được
35,2 gam CO2. Mặt khác 0,3 mol hỗn hợp này tác dụng vừa đủ với 270 gam dd Br 2

20%. Tính thành phần phần trăm thể tích mỗi khí trong hỗn hợp.
Đáp ố : % 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 ố : % C2H2 = 50; % C2H6 = % C3H6 = 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 ố : m = 4 gam
Bài 6. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp X gồm C2H4, C3H4 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 ố : 3 gam
Bài 7. Hỗn hợp X có tỉ khối so với H2 là 27,8 gồm butan, metylxiclopropan, but-2-en,
đivinyl. Khi đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol X thu được m gam CO 2 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

25