REN LUYEN DIEM 8 9 10 HUU CO TAP 2 DM

CHƢƠNG V
NHỮNG CON ĐƢỜNG TƢ DUY TRONG CÁC BÀI TOÁN
HÓA HỌC HỮU CƠ HAY VÀ KHÓ CHỨA C, H, O
5.1. Tƣ duy dồn biến trong các bài toán Hóa học hữu cơ
Với xu thế ra đề tránh học tủ, học lệch và phát triển năng lực của học
sinh. Trong các đề thi nói chung và hóa học nói riêng người ra đề luôn cố gắng
để có những câu hỏi tránh những dạng quen thuộc. Với Hóa học hữu cơ để che
dấu bản chất quen thuộc người ta thường hay quy những chất đơn giản thành
những hỗn hợp phức tạp nhằm đánh lạc hướng tư duy của học sinh. Do vậy,
gặp những bài toàn nhiều chất các bạn cần tỉnh táo để ý những đặc điểm chung,
bản chất của hỗn hợp chất, đó cũng là lý do mà tôi mạnh dạn giới thiệu tới các
em học sinh và quý bạn đọc kỹ thuật “Tư duy dồn biến trong các bài toán Hóa
học hữu cơ”. Vậy tư tưởng của dồn biến trong hóa học hữu cơ là gì? – Đó là
dồn hỗn hợp nhiều chất phức tạp về các thành phần đơn giản và bản chất.
Trong phần này tôi chỉ giới thiệu hướng tư duy dồn biến đối với các hợp chất
hữu cơ chứa các nguyên tố C, H và O. Còn các bài toán về hợp chất peptit tôi
sẽ dành riêng một chương để trình bày. Sau đây là những con đường tư duy
trọng tâm:
5.1.1. Tƣ duy dồn biến hỗn hợp chứa nhiều hidrocacbon và H2
Hỗn hợp chứa các hidrocacbon và H2 chúng ta có thể dồn thành một
hidrocacbon. Điều đó thật đơn giản khi các bạn nghĩ H2 là ankan có dạng
C0H2
Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm C2H4, C2H2, C3H8, C4H10 và H2. Lấy 6,32 gam X cho
qua bình đựng dung dịch nước Br2 (dư) thấy có 0,12 mol Br2 tham gia phản
ứng. Mặt khác, đốt cháy hết 2,24 lít X (đktc) cần dùng V lít khí O2 (đktc), sau
phản ứng thu được 9,68 gam CO2. Biết các phản ứng hoàn toàn. Giá trị của V
là :
A. 6,72
B. 8,96
C. 5,60
D. 7,84

Trích đề thi thử Nguyễn Anh Phong – Lần 2 – 2016
Định hƣớng tƣ duy giải
+ Đầu tiên ta sẽ dồn X về thành một hidrocacbon sau đó áp BTLK.π
n X 0,1
+ Khi đốt X ta có
X : C 2,2 H6,4 2k với k là số liên kết π trong X.
nCO2 0,22
+ Mặt khác

BTLK.

n Br2

k.n X

k

6,32
32,8 2k

0,12

k 0,6

Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP
- LKH


Vậy

BTNT.H

BTNT.O

n O2

0,1(6,4 2.0,6)
0,26(mol)
2
0,35(mol) V 7,84(lit)

n H2 O

Ví dụ 2: Đốt cháy 2,92 gam hỗn hợp hai ankan A, B thu được 0,2 mol CO2.
Biết tỉ lệ số mol nA : nB = 2 : 7. Công thức phân tử của A và B lần lượt là
A. C2H6 và C5H12
B. C2H6 và C7H16
C. CH4 và C4H10
D. CH4 và C5H12
Trích đề thi thử THPT Chuyên Phan Bội Châu – Lần 1 – 2015
Định hƣớng tƣ duy giải
Câu này khá đơn giản nhưng sẽ là một ví dụ khá hay về tư duy “dồn biến”.
Ankan sẽ được chia thành C và H do đó
BTKL

nH

2,92 0, 2.12 0,52(mol)

nA

Ai cũng biết n ankan

n H2O

n CO2

0, 26 0, 2 0,06
nB

Nhìn vào đáp án và

0,06
0,06
.2.1
.7.4 0, 2
9
9

BTNT.C

0,06
.2
9
0,06
.7
9
CH 4
C 4 H10

Ví dụ 3: Nung nóng a mol hỗn hợp X gồm C2H2 và H2 trong bình kín có xúc
tác thích hợp thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn Y qua lượng dư dung dịch AgNO3
trong NH3, sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 24 gam kết tủa và hỗn hợp khí
Z. Hỗn hợp Z làm mất màu tối đa 40 gam brom trong dung dịch và còn lại hỗn
hợp khí T. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp T thu được 11,7 gam nước. Giá trị của
a là
A. 1,00.
B. 0,80.
C. 1,50.
D. 1,25.
Trích đề thi thử THPT Chuyên Thăng Long – 2015
Định hƣớng tƣ duy giải
AgNO3 / NH3

+ Có X

Ni

Br2

H2O

C 2 H 2 : 0,1(mol)

C 2 H 4 : 0, 25(mol)
H2

BTNT.H

C2 H 6

a

0,66(mol)

3H 2
C2 H 2

0,65 0,1 0,25 0,25 1,25

Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP
- LKH


5.1.2. Tƣ duy dồn biến hỗn hợp chứa C, H, O dựa vào mối liên hệ giữa các
nguyên tố
Rất tự nhiên và đơn giản nếu một hỗn hợp chứa nhiều chất hữu cơ mà
trong phân tử chỉ chứa C, H, O thì đương nhiên công thức chung của nó sẽ là
CxHyOz. Mấu chốt của việc xử lý các hỗn hợp này là phải nhìn ra biểu thức liên
hệ giữa x, y, z mà người ra đề đã ngầm che dấu đi.
Ví dụ 1:
ợp gồ
H2SO4

(OH)2
ệ

A. 2,70.
B. 2,34.
C. 3,24.

D. 3,65.
Trích đề thi thử THPT Chuyên Bạc Liêu – 2015
Định hƣớng tƣ duy giải
Bài toán này khá quen thuộc nhưng có lại là một ví dụ khá hay về cách áp dụng
ấp chiến lược. Ta áp dụng bằng cách dồn hỗn hợp thành CnH2n-2O2.
Ta có
Và

BTNT.C

nCO2

4,02
.n 0,18
14n 30
m H2O 2,34(gam)

0,18(mol)
n 3,6

n H2 O

1
.0,05.5,2 0,13(mol)
2

Tuy nhiên, ta cũng có thể xử lý thông minh như sau :
Ta có
Khi đó:
n H2O

BTNT.C

BTKL

nCO2

0,18(mol)

n hh

4,02 0,18.14
32 2

0,18 0,05 0,13(mol)

0,05

BTNT.H

mH2O

2,34(gam)

Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm anđehit axetic, axit butiric, etilen glicol và axit axetic
trong đó axit axetic chiếm 27,13% khối lượng hỗn hợp. Đốt 15,48 gam hỗn hợp
X thu được V lít CO2 (đktc) và 11,88 gam H2O. Hấp thụ V lít CO2 (đktc) vào
400ml dung dịch NaOH x mol/l thu được dung dịch Y chứa 54,28 gam chất
tan. Giá trị của x là
A. 2,4

B. 1,6
C. 2,0
D. 1,8
Trích đề thi thử THPT Chuyên Bạc Liêu – 2015
Định hƣớng tƣ duy giải
ồn biế
.

Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP
- LKH


CH3COOH : 0,07(mol)

: mX

CH3CHO

15, 48

C 4 H8 O 2
C2 H 6 O 2

CH3COOH : 0,07(mol)
15, 48 C2 H4 O : a(mol)

BTKL

44a 31b 4, 2 15, 48

BTNT.H

CH3O : b(mol)
a 0, 2
b 0,08

BTNT.C

n CO2

0,07.2 0, 2.2 0,08 0,62(mol)

: 0,62.84 = 52,08(gam)
> 0,62.106=65,72(gam)

2

54, 28

4a 3b 0,07.4 1,32

NaHCO3 : x(mol)

BTKL

Na 2 CO3 : y(mol)

BTNT.C

x 0,52

y 0,1

BTNT.Na

n NaOH

0,72

84x 106y 54, 28
x

NaOH

y 0,62
1,8(M)

Ví dụ 3: Hỗn hợp X gồm ancol alylic, etilenglicol, but-2-en-1,4-điol, buta-1,3đien. Đốt 0,4 mol hỗn hợp X cần V lít O2 (đktc) thu được a mol CO2 và 23,4
gam H2O. Hấp thụ 0,6a mol CO2 vào dung dịch hỗn hợp chứa 0,2 mol NaOH
và 0,54 mol Ba(OH)2 thu được 70a gam kết tủa. Giá trị của V gần nhất với:
A. 34,2
B. 39,4
C. 36,6
D. 44,8
Định hƣớng tƣ duy giải
C3 H 6 O
Nhận thấy X

C2 H 6 O 2
C 4 H8 O 2

H C O 2

C4 H 6

Ta dồn X thành Cx H x

y 2O y

BTNT.C

0, 4x

BTNT.H

0, 4(x y 2) 2,6

a

Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP
- LKH


BaCO3 :

Với n CO2

BTNT.C

0,6a(mol)

0,6a

x 3,35
y 1,15
n O2

70a
197

BTNT.O

1,76

70a
197

BTNT.Ba

Ba(HCO3 ) 2 : 0,54

BTNT.Na

NaHCO3 : 0, 2

70a
) 0,2
197

2(0,54

0, 4.1,15 2n O2

70a
197

a 1,34(mol)

1,34.2 1,3

V 39, 424(l)

Ví dụ 4: Hỗn hợp X gồm CH3-CO-CH3; CH2≡C(CH3)-CHO; CH3-C≡CCOOH và CH3-C≡C-CH2-COOH. Đốt 27,88 gam hỗn hợp X thu được
64,24gam CO2 và 18,36 gam H2O. Phầm trăm khối lượng CH3-CO-CH3 trong
hỗn hợp X là
A. 20,803%
B. 16,643%
C. 14,562%
D. 18,723%
Định hƣớng tƣ duy giải
Nhận xét: Các chất trong X trừ C3H6O có mối liên hệ 2C 2O H
Khi đó ta dồn X về

X

Ch¸y

n CO2

C3H6O : a(mol)
Cx H 2x

2y O y

1, 46(mol)

: b(mol)

BTKL

n H2O 1,02(mol)

27,88 1, 46.12 1,02.2
16

X
n Trong
O

BTNT.C

3a bx 1, 46

BTNT.H

6a (2 x 2 y).b 1,02.2

BTNT.O

a by 0,52

a

0,08

0,52(mol)

%CH3COCH3 16,643%

5.1.3. Tƣ duy dồn biến kết hợp với định luật bảo toàn liên kết π
Thực chất của việc mở rộng định luật BTLK.π là quá trình “tung hỏa
mù” làm cho người giải đề có cảm giác bài toán rất phức tạp. Do đó, mấu chốt
tư duy khi giải là cần phải biết thu gọn (dồn biến) hay nói một cách khác là
phải rèn luyện khả năng đơn giản hóa bài toán. Thế tóm lại đơn giản hóa bài
toán nghĩa là thế nào? – Nghĩa là những yếu tố không ảnh hưởng tới bài toán
thì ta bỏ nó đi. Thật ra thì cũng không có gì phức tạp trong việc nhận ra những
yếu tố không ảnh hưởng đó. Ta cùng nhau xem xét một vài ví dụ đơn giản sau:

Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP
- LKH


Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồ
- 0,85 mol H2. Nung nóng hỗn hợp X (xúc tác Ni) một thời gian,
thu được hỗn hợp Y có tỷ khối so với H2 bằng a. Cho Y tác dụng với AgNO3
dư trong NH3 thu được kết tủa và 19,04 lít hỗn hợp khí Z (đktc). Sục khí Z qua
dung dịch Brom dư thấy có 8,0 gam brom phản ứng. Giá trị của
a
là:
A. 9,6
B. 10,2

C. 9,8
D. 11,4
Định hƣớng tƣ duy giải
- Yếu tố nhiễu ở đây là gì? – Đó chính là dung dịch AgNO3/NH3.
- Tại sao nói vậy? – Vì AgNO3/NH3 chỉ có tác dụng hút các ankin đầu mạch.
Do đó, ta chỉ cần khử nhiễu đơn giản bằng cách sau:
+ Chia các ankin trong X thành hai phần và chỉ cần quan tâm tới cái phần bị
hidro hóa thôi. Phần còn lại là phần bị AgNO3/NH3 hút thì ta không cần quan
tâm.
- Khi đó ta có hỗn hợp cần quan tâm là
C2 H 2 : a
C4 H 6 : b
'

X C2 H 4 : 0,15

Y’(không chứa ankin, chính là Z)

Ni

C2 H 6 : 0,1
H 2 : 0,85
n Br2

Có ngay n Z

0,05

0,85 n ankan
BTLK.

Và

a b 0,15

n anken

0,05

a b 0,1 (0,15 0,05) 0, 2 a b
n H2
øng
n Hph¶n
2

0,85 (2a 2b 0,1) 0,75 2a 2b
0,4

nY

nX

0,4 1(mol)

19,5
MY
1
Ta có
mX mY 19,5
dY

9,75 →Chọn C
H2
2
2
Ví dụ 2: Hỗn hợp X chứa 0,08 mol axetylen; 0,06 mol axetandehit; 0,09
mol vinylaxetylen và 0,16 mol hidro. Nung X với xúc tác Ni sau một thời
gian thì thu được hỗn hợp Y có tỷ khối hơi so với H2 là 21,13. Dẫn Y đi qua
dung dịch AgNO3/NH3 dư để phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được m gam
Z gồm 4 kết tủa có số mol bằng nhau, hỗn hợp khí T thoát ra sau phản ứng làm
mất màu vừa hết 30ml dung dịch brom 0,1M. Giá trị của m gần giá trị nào nhất
sau đây:
A. 27.
B. 29.
C. 26.
D. 25.
BTKL

Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP
- LKH


Định hƣớng tƣ duy giải
Bài toán này về ý tưởng cũng tương tự như bài toán trên. Tuy nhiên, nó che đậy
tốt hơn một chút.
CH CH : 0,08
Ta có: n X

0,39

CH3CHO : 0,06

CH C CH CH 2 : 0,09
H 2 : 0,16

BTKL

mX

9,72

nY

øng
n Hph¶n
2

0,23

0,16(mol)

Trong Y ta tưởng tượng là chia thành hai phần:
CH CH : a
CAg CAg : a
CH3CHO : 0,5a
Ag : a
AgNO3
Phần 1:
m
CAg C CH CH 2 : a
CH C CH CH 2 : a

CH C CH 2

CAg C CH 2

CH3 : a

CH3 : a

Phần 2: Là phần chúng ta dùng để BTLK.π
CH CH : 0,08 a

Phần 2 gồm:

CH3CHO : 0,06 0,5a
CH C CH CH 2 : 0,09 2a
H 2 : 0,16 a

Và

BTKL.

øng
nHph¶n
2

ph¶n øng
nBr
2

ntrong phÇn 2

0,16 a 0,003 2(0,08 a) (0,06 a) 3(0,09 2a)

m

29,1248

a

0,0436

→ Chọn B

Ví dụ 3: Hỗn hợp A gồm một axit đơn chức,một ancol đơn chức và 1 este đơn
chức (Các chất trong A đều có nhiều hơn 1C trong phân tử). Đốt cháy hoàn
toàn m gam A rồi hấp thụ sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư
thấy có 135 gam kết tủa xuất hiện. Đồng thời khối lượng dung dịch giảm 58,5
gam. Biết số mol ancol trong m gam A là 0,15. Cho Na dư vào m gam A thấy
có 2,8 lít khí (đktc) thoát ra. Mặt khác m gam A tác dụng vừa đủ dung dịch
chứa 12 gam NaOH. Cho m gam A vào dung dịch nước Brom dư. Hỏi số mol
Brom phản ứng tối đa là :
A. 0,4
B. 0,6
C. 0,75
D. 0,7
Định hƣớng tƣ duy giải
n ancol 0,15
Ta có:
n axit 0,125.2 0,15 0,1(mol)
n H2 0,125

Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP
- LKH


Và n NaOH

0,3

Ta lại có:
n Br2

n este

0, 2(mol)

CO 2 :1,35

1,35 0,95
0, 45

H 2 O : 0,95

0, 45.

17
9

0,1 0,75 mol

k 1

k

17
9

(k là số liên kết π trong A)

axit

→Chọn C
Chú ý: Số mol Brom lớn nhất khi có este dạng HCOOR và số mol π trong gốc
COOH của axit thì không phản ứng với Br2.
5.1.4. Tƣ duy dồn biến hoán đổi nguyên tố (NAP – 1)
Tôi gọi kỹ thuật này đặc biệt vì nó khá bất thường với lối tư duy thông
thường. Nó đặc biệt ở chỗ quy đổi từ nguyên tố ngày qua nguyên tố khác. Mấu
chốt của kỹ thuật này là dồn từ nguyên tố này thành nguyên tố khác. Ví dụ ta
C n H 2n O 2
C n H 2n O 2
dån thµnh
có hỗn hợp chất như sau
. Ở đây ta đã
C m H 2m 2 O 4
C m H 2m O x
thêm 2 đơn vị từ O vào H. Do đó phân tử khối của OX ở đây sẽ là 64 – 2 = 62.
Tư tưởng của kỹ thuật này là như vậy.
Chú ý: Với kỹ thuật tư duy này khi đề bài cho số mol chất nào thì không được
dồn nguyên tố có trong chất đó. Ví dụ các hợp chất hữu cơ X chứa C, H, O khi
cho số mol CO2 thì ta chỉ dồn đối với hai nguyên tố O và H trong X. Nếu đề bài

cho số mol H2O thì ta sẽ dồn hai nguyên tố là C và O. Để hiểu rõ hơn các bạn
xem những ví dụ sau đây:
Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm một axit no, đơn chức A và một axit no đa chức B
đều có mạch cacbon không phân nhánh. Tỉ khối hơi của X so với hiđro là 50,3.
Đốt cháy hoàn toàn 10,06 gam X thu được 14,96 gam CO2. Thành phần phần
trăm về khối lượng của A trong hỗn hợp gần nhất với:
A. 17%
B. 18%
C. 19%
D. 20%
Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong
Định hƣớng tƣ duy giải
Ta có: M X
Khi đó

nA
nB

100,6

a
b

nX

0,1

n CO2

0,34

C 3,4

a b 0,1
BTKL

32a 62b 14.0,34 10,06

a

0,03

b 0,07

Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP
- LKH


A : C n H 2n O 2

Ở đây

B : C m H 2m 2 O 4

bài cho số mol CO2 nên trong B ta đã dồn phân tử khối

của O qua H. Mục đích là để cho số mol CO2 và H2O (ảo) bằng nhau
Nhận thấy: Nếu B có lớn hơn 4 nguyên tử C thì

nCO2

0,07.5 0,35 (vô

lý)
+ Nếu B có 4C

BTNT.C

%CH3COOH

+ Nếu B có 3C

CA

0,34 0,07.4
0,03

2

C2 H 4 O 2 : 0,03
C4 H 6 O 4 : 0,07

0,03.60
17,89%
10,06

BTNT.C

CA

0,34 0,07.3
0,03

4,333 (loại)

0,34 0,07.2
6,667 (loại)
0,03
Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm hai axit no, đơn chức đồng đẳng liên tiếp và một axit
không no (có một liên kết π) đa chức đều có mạch cacbon không phân nhánh.
Tỉ khối hơi của X so với hiđro là 54,5. Đốt cháy hoàn toàn 10,9 gam X thu
được 18,92 gam CO2. Biết X không có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc
và trong X số mol của axit đơn chức có phân tử khối nhỏ thì lớn hơn số mol
của axit đơn chức có phân tử lớn. Thành phần phần trăm về khối lượng của axit
đa chức trong hỗn hợp gần nhất với:
A. 72%
B. 68%
C. 75%
D. 60%
Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong
Định hƣớng tƣ duy giải

+ Nếu B có 2C

BTNT.C

nX

Ta có: M X 109

CA

0,1

nCO2

0,43

C

4,3

Khi đó

n®¬n chøc = a

a b 0,1
BTKL

n hai chøc = b
BTKL BTNT.H

Nhận thấy nCO2

n H2 O

nH2O

a

0,04

32a 60b 14.0,43 10,9

b 0,06

10,9 0,43.12 0,04.2.16 0,06.4.16
2

0,31

0,12

H 6,2

tổng số π trong axit đa chức là 3

Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP
- LKH


+ Nếu axit đa chức là C4H6O4 →
BTNT.C

C ®¬n chøc =

0, 43 0,06.4
0,04

C 4 H8 O 2 : 0,01

4,75

C5 H10 O 2 : 0,03

(loại)

+ Nếu axit đa chức là C6H8O4 → khi đó dễ dàng suy ra C của axit đơn chức là
0, 43 0,06.6
1,75
HCOOH (loại vì có tráng Ag)
0,04
0,06.130
71,56%
10,9
Ví dụ 3: X là hỗn hợp gồm một ancol no, hai chức A, một axit đơn chức B,
không no (có một liên kết đôi C = C) và este C thuần chức tạo bởi A và B (tất
cả đều mạch hở). Biết tỷ khối hơi của X so với H2 là 70,2. Đốt cháy hoàn toàn
14,04 gam X thu được 9 gam H2O. Mặt khác, cho K dư vào lượng X trên thấy
thoát ra 0,035 mol khí H2. Phần trăm khối lượng của B có trong X gần nhất với:
A. 5%
B. 8%
C. 13%
D. 14%
Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong
Định hƣớng tƣ duy giải
%C5 H6O4

Ta có: M X
nA

Gọi n B
nC
BTKL

nX

140,4
a

n H2 O

H 10

0,5

a b c 0,1

b

BTNT.H

c

BTKL

nCO2

0,1

a 0,03
b 0,01

2a b 0,07
0,5.14 20a 44b 100c 14,04

c 0,06

0,66

Nhận xét: ancol hai chức nên phải có ít nhất 2 nguyên tử C.
Axit B không no → phải có ít nhất 3 nguyên tử C.
→ este C phải có ít nhất 8 nguyên tử C.
Dễ thấy, este mà có 8 nguyên tử C thì
BTKL

nCO2

8.0,06 0,01.3 0,03.2 0,57 (loại)

+ Nếu axit có 4 nguyên tử C thì

BTKL

nCO2

0,66 . Do đó, ta sẽ có

C3H8O2 : 0,03
X CH 2

CH COOH : 0,01

%CH 2

CH COOH 5,128%

C9 H12O4 : 0,06

5.1.5. Tƣ duy dồn biến tách nguyên tố (NAP – 2)

Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP
- LKH


Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol hỗn hợp X gồm hai axit no, đơn chức
mạch hở và 2 hidrocacbon đồng đẳng liên tiếp (mạch hở) cần vừa đủ 0,685 mol
O2, thu được m gam CO2 và 8,82 gam H2O. Biết tổng số mol axit nhỏ hơn tổng
số mol hidrocacbon. Giá trị của m gần nhất với:
A. 23,5
B. 24,5
C. 21,5
D. 27,5
Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong
Định hƣớng tƣ duy giải
Vì axit là no, đơn chức nên đốt cháy sẽ cho số mol CO2 và H2O bằng nhau.
Như vậy ta sẽ dồn các hidrocacbon thành các anken và bù vào một lượng H2
tương ứng.
Cn H 2n O2 : a

Khi đó X là Cm H 2m : b
H 2 : kb
BTNT.O

CO2 : na mb
H 2 O : na mb kb 0, 49
a b 0,15

2a 1,37 2(na mb) 0,49

na mb a 0,44

a b 0,15
→ các hidrocacbon không thể là ankan (k = 1)
a kb 0,05

+ Nếu các hidrocacbon là anken (k = 0)
m CO2

0, 49.44

a 0,05
b 0,1

21,56(gam)

+ Nếu các hidrocacbon là ankin (k = – 1 )

a 0,1
(loại)

b 0,05

Vậy chỉ có trường hợp hidrocacbon là các anken là hợp lý. Nếu là ankin hay
các hidrocacbon có nhiều hơn 1 liên kết π thì bài toán sẽ vô lý → Chọn C
Ví dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn 3,4 mol hỗn hợp X gồm axit axetic, axit fomic và
2 hidrocacbon đồng đẳng liên tiếp (mạch hở) cần vừa đủ 4,15 mol O2, thu được
4,5 mol H2O. Nếu cho X tác dụng với dung dịch Br2/ CCl4, thì thấy có m gam
Br2 tham gia phản ứng. Giá trị của m là:
A. 96
B. 112
C. 128
D. 144
Định hƣớng tƣ duy giải
Vì axit là no, đơn chức nên đốt cháy sẽ cho số mol CO2 và H2O bằng nhau.
Như vậy ta sẽ dồn các hidrocacbon thành các anken và bù vào một lượng H2
tương ứng.

Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP
- LKH


Cn H 2n O2 : a

CO2 : na mb

Khi đó X là Cm H 2m : b

H 2 O : na mb kb 4,5

H 2 : kb

BTNT.O

a b 3,4

2a 8,3 2(na mb) 4,5

a b 3, 4
a kb 2,6

n Br2

na mb a 1,9

b kb 0,8

m Br2

128(gam)

5.1.6. Tƣ duy dồn biến giả định
Tư tưởng của kỹ thuật tư duy này rất đơn giản. Chúng ta chỉ việc đưa
ra các chất giả định sao cho dễ dàng cho việc xử lý số liệu. Bản chất là dồn các
chất phức tạp của đề bài về các chất đơn giản để tính toán. Kỹ thuật này đặc
biệt hiệu quả đối với các bài toán đốt cháy hoặc tính toán khối lượng của hỗn
hợp chất. Tuy nhiên, nó cũng chỉ là một công cụ để xử lý không phải công cụ
toàn năng.
Cần hết sức chú ý là:
+ Khi dồn giả định như vậy thì số mol các chất trước và sau khi giả định nói
chung là khác nhau. Do đó, việc ta tính toán ra chất có số mol bị âm là hết sức
bình thường.

+ Khi dồn giả định cần phải hiểu về bản chất của hỗn hợp ban đầu để giả định
các chất không làm thay đổi bản chất của hỗn hợp. Không được thêm các chất
khác với các chất trong hỗn hợp mà chỉ được bớt (hợp lý) số chất.
+ Bản chất của việc bỏ chất được là vì ta có thể biến đổi các chất còn lại thành
chất đã được bỏ đi. Nếu các chất còn lại không biến đổi được thành chất bỏ đi
thì khi ta bỏ chất đi sẽ làm thay đổi bản chất của bài toán.
+ Cái hay, khó và cũng là nguy hiểm của kỹ thuật này là phải hiểu chắc bản
chất của hỗn hợp ban đầu.
Dưới đây thông qua các ví dụ cụ thể tôi sẽ trình bày chi tiết để các bạn hiểu.
Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm C3H6, C4H10, C2H2 và H2. Nung bình kín chứa m gam
X và một ít bột Ni đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp Y. Đốt
cháy hoàn toàn Y, thu được V lít CO2 (đktc) và 0,54 mol H2O. Biết hỗn hợp Y
làm mất màu tối đa 60 ml dung dịch Br2 1M. Cho 10,08 lít X (đktc) đi qua bình
đựng dung dịch brom dư thì có 40 gam Br2 phản ứng. Giá trị của V là
A. 17,92.
B. 15,68.
C. 13,44.
D. 10,304.
Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong
Định hƣớng tƣ duy giải
Với bài toán trên nếu ta xem H2 như là ankan có dạng C0H2 như vậy X
chỉ là các hidrocacbon sẽ làm cho bài toán bị sai bản chất lý do là giả định như

Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP
- LKH


vậy sẽ cố định số liên kết π trong X và Y là như nhau. Tuy nhiên, rõ ràng với
bài toán trên số liên kết π trong X và Y là khác nhau. Bài toán trên đề bài cho 3
dữ kiện và câu hỏi cuối cùng chỉ là tính tổng số mol (khối lượng) C có trong X.

Vì BTNT.C sẽ có được CO2. Do vậy, ta có thể lấy 2 hidrocacbon bất kì trong
hỗn hợp và H2. Thật vậy, tôi sẽ giả định vài trường hợp để minh chứng cho
điều tôi nói bên trên.
Giả định 1:
C3H6 : a
BTNT.H
6a 2b 2c 0,54.2
Với m gam X ta gọi C2 H 2 : b
BTLK.
a 2b c 0,06
H2 : c
Với n X

0, 45

k(a b c) 0, 45
k(a 2b) 0, 25

6a 2b 2c 0,54.2
a 2b c 0,06
4a 13b 5c 0
BTNT.C

nCO2

a 2b
a b c

5
9

a 0,18
b
0,04
c 0,04

3.0,18 0,04.2 0,46

V 10,304(l)

Giả định 2:
C4 H10 : a

Với m gam X ta gọi C2 H 2 : b

BTNT.H

10a 2b 2c 0,54.2

BTLK.

2b c 0,06

H2 : c

Với n X

0, 45

k(a b c) 0, 45

2kb 0, 25

10a 2b 2c 0,54.2
2b c 0,06
5a 13b 5c 0
BTNT.C

nCO2

2b
a b c

5
9

a 0,09
b 0,05
c 0,04

0,09.4 0,05.2 0,46

V 10,304(l)

Giả định 3 (giả định sai vì cho thêm chất khác) :
C3H 4 : a

Với m gam X ta gọi C2 H 2 : b
H2 : c

Với n X

0, 45

k(a b c) 0, 45
k(2a 2 b) 0, 25

BTNT.H

4a 2b 2c 0,54.2

BTLK.

2a 2b c 0,06
2a 2b
a b c

5
9

Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP
- LKH


4a 2b 2c 0,54.2
2a 2b c 0,06
13a 13b 5c 0

a 0,9
b
1

c
0,26

Tóm lại: Nếu một hỗn hợp nhiều chất ta có thể lấy một số chất hợp lý trong
hỗn hợp để giải bài toán. Kỹ thuật này chỉ xử lý được khi chúng ta biết công
thức phân tử của các chất trong hỗn hợp. Việc tự ý cho thêm các chất với vào
nói chung sẽ dẫn đến những kết quả không chính xác.
Bây giờ các bạn hãy
xem thêm một ví dụ nữa để hiểu thêm về bản chất của kỹ thuật tư duy dồn biến
giả định.
Ví dụ 2: X ở thể khí là hỗn hợp gồm C2H5CHO, C2H5OH, HOC–CHO và H2.
Người ta lấy 10,08 lít khí X (đktc) cho qua dung dịch nước Br2 (dư) thấy có 40
gam Br2 phản ứng. Mặt khác, lấy m gam X cho qua bột Ni nung nóng được hỗn
hợp sản phẩm Y. Cho toàn bộ Y qua nước Br2 dư thì có 9,6 gam Br2 tham gia
phản ứng. Nếu đốt cháy toàn bộ Y thì thu được tổng khối lượng CO2 và H2O là
20,04 gam. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m gần nhất với :
A. 7,2
B. 8,8
C. 8,4
D. 9,6
Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong
Định hƣớng tƣ duy giải
Trong bài toán trên khi ra đề tôi lấy các số liệu là
C3 H 6 O : 0,02
C2 H 6 O : 0,08
C2 H 2 O2 : 0,04

m 7, 24

H 2 : 0,06

Hướng dồn biến 1:
C3 H6 O : a

BTLK.

Dồn X về mX C2 H6 O : b

BTNT

H2 : c

Với n X

0, 45

a c 0,06
44(3a 2b) 18(3a 3b c) 20,04

k(a b c) 0, 45
ka 0, 25

a
a b c

5
9

Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP
- LKH

63
878
501
b
10975
129
c
10975
a

a c 0,06
186a 142b 18c 20,04
4a 5b 5c 0

m 6, 2851

Hướng dồn biến 2:
C2 H 2 O 2 : a

Dồn X về mX C2 H6 O : b

BTLK.
BTNT

H2 : c

Với n X

0, 45

2a c 0,06
44(2a 2b) 18(a 3b c) 20,04

k(a b c) 0, 45
2ka 0, 25

2a
a b c

63
1136
2649
b
24400
723
c
14200

5
9

a
2a c 0,06
106a 142b 18c 20,04
13a 5b 5c 0

m 8,31239

Như vậy, có thể thấy bài toán này không thể dồn biến giả định được vì khi dồn
sẽ làm thay đổi bản chất của bài toán. Các chất sau khi dồn không thể biểu diễn
chất đã bỏ đi. Thực tế khi ra đề người ra đề thường dùng một thủ đoạn nào đó
để che đậy ẩn ý của mình nhưng có một điều tất cả những ẩn ý đó đều có thể
được loại bỏ
nhờ kỹ thuật dồn biến giả định vì các chất còn lại được có thể biểu diễn được
chất đã bỏ đi. Bây giờ các bạn tiếp tục nghiên cứu những ví dụ tôi đã đưa ra từ
trước nhưng được giải lại theo kỹ thuật này nhé.
Ví dụ 3: Hỗn hợp X gồm C3H6, C4H10, C2H2 và H2. Cho m gam X vào bình kín
có chứa một ít bột Ni làm xúc tác. Nung nóng bình thu được hỗn hợp Y. Đốt
cháy hoàn toàn Y cần dùng vừa đủ V lít O2 (đktc). Sản phẩm cháy cho hấp thụ
hết vào bình đựng nước vôi trong dư, thu được một dung dịch có khối lượng
giảm 21,45 gam. Nếu cho Y đi qua bình đựng lượng dư dung dịch brom trong
CCl4 thì có 24 gam brom phản ứng. Mặt khác, cho 11,2 lít (đktc) hỗn hợp X đi
qua bình đựng dung dịch brom dư trong CCl4, thấy có 64 gam brom phản ứng.
Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của V là:
A. 21,00.
B. 14,28.
C. 10,50.
D. 28,56.

Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP
- LKH


Trích đề thi thử chuyên Đại học Vinh – 2014
Định hƣớng tƣ duy giải
C3 H6 : a
CO2 : 3a 2b
Với m gam X ta dồn về C2 H 2 : b

H 2 O : 3a b c
H2 : c
BTLK.

a 2b c 0,15

100(3a 2b) 44(3a 2b) 18(3a b c) 21, 45

Với n X

k(a b c) 0,5

0,5

k a 2b

0, 4

a 2b c 0,15
114a 94b 18c 21,45
0,2a 1,2b 0,8c 0
CO 2 : 0,6

BTNT.O

H 2 O : 0,675

n O2

a 2b

a b c

0,8

a 0,15
b 0,075
c 0,15
0,9375

V

21(l)

Ví dụ 4: Hỗn hợp X gồm C2H4, C2H2, C3H8, C4H10 và H2. Lấy 6,32 gam X cho
qua bình đựng dung dịch nước Br2 (dư) thấy có 0,12 mol Br2 tham gia phản
ứng. Mặt khác, đốt cháy hết 2,24 lít X (đktc) cần dùng V lít khí O2 (đktc), sau
phản ứng thu được 9,68 gam CO2. Biết các phản ứng hoàn toàn. Giá trị của V
là :
A. 6,72
B. 8,96
C. 5,60
D. 7,84
Trích đề thi thử Nguyễn Anh Phong – Lần 2 – 2016
Định hƣớng tƣ duy giải
C2 H 4 : a

Ta dồn X về mX

6,32 C2 H 2 : b
H2 : c

nX

0,1

a 2b 0,12
28a 26b 2c 6,32

(a b c) k 0,1
BTNT.C

k(2a 2b) 0,22

0,2a 0,2b 2,2c 0

a 0,32
b
0,1
c
0,02

2a 2b
a b c

2,2

k 0,5

Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP
- LKH

C2 H 4 : 0,16
nX

0,1 C2 H 2 : 0,05
H 2 : 0,01

CO2 : 0,22
H 2O : 0,26

0,22.2 0,26
0,35
V 7,84(l)
2
Ví dụ 5: Hỗn hợp X gồm anđehit axetic, axit butiric, etilen glicol và axit axetic
trong đó axit axetic chiếm 27,13% khối lượng hỗn hợp. Đốt 15,48 gam hỗn hợp
X thu được V lít CO2 (đktc) và 11,88 gam H2O. Hấp thụ V lít CO2 (đktc) vào
400ml dung dịch NaOH x mol/l thu được dung dịch Y chứa 54,28 gam chất
tan. Giá trị của x là
A. 2,4
B. 1,6
C. 2,0
D. 1,8
Trích đề thi thử THPT Chuyên Bạc Liêu – 2015
CH3COOH : 0,07(mol)
BTKT.O

n O2

Dồn X về: mX 15, 48 CH3CHO : a

C2 H 6 O 2 : b
BTKL
BTNT.H

BTNT.C

n CO2

44a 62b 11,28

a

0,2

b 0,04

4a 6b 1,32 0,07.4

0,07.2 0, 2.2 0,04.2 0,62(mol)

Từ đáp án dễ dàng suy ra các trường hợp của NaOH đều cho chất tan là hai
muối.
54, 28

NaHCO3 : x(mol)

BTKL

Na 2 CO3 : y(mol)

BTNT.C

x 0,52
y 0,1

BTNT.Na

n NaOH

0,72

84x 106y 54, 28
x

y 0,62

NaOH

1,8(M)

Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP
- LKH


5.2. Tƣ duy đánh giá trong các bài toán Hóa học hữu cơ
Với hóa học hữu cơ để có một bài toán hay và khó thì người ra đề rất
hay sử dụng kỹ thuật làm trội dựa trên thuộc tính cơ bản của các hợp chất hữu
cơ. Sau đây là một vài ví dụ điển hình:

+ Các hidrocacbon ở thể khí thì chỉ có từ 1 tới 4 nguyên tử C.
+ Ancol không no thì phải có ít nhất 3 nguyên tử C.
+ Dựa vào số C, H, để biện luận và đánh giá.
+ Số O trong ancol luôn không vượt quá số C.
+ Nếu số O trong ancol bằng số C thì ancol đó phải là ancol no.
+ Đánh giá dựa vào mối liên hệ gián tiếp giữa các sản phẩm cháy.
+ Đánh giá theo sự liên hệ đặc biệt giữa các chất trong hỗn hợp.
+ Dựa vào số C, H, O cực tiểu trong hỗn hợp đã cho để đánh giá số nguyên tử
C, H, O có trong các chất.
……..
Nói chung mỗi bài toán có một kiểu che dấu nào đó theo phong cách
của từng người ra đề. Vì vậy, các bạn cần chịu khó suy nghĩ, tìm tòi và rèn
luyện để có được sự phản xạ và phán đoán linh hoạt với những bài toán dạng
này. Sau đây tôi xin giới thiệu một số hướng tư duy điển hình.
5.2.1. Tƣ duy dựa vào mối liên hệ đặc biệt giữa các chất trong hỗn hợp
Thực ra kỹ thuật tư duy này khi đề cho rõ CTPT các bạn có thể sử
dụng tư duy dồn biến giả định để xử lý cũng cho kết quả tốt. Lý do là các chất
có mối liên hệ với nhau dẫn tới ta có biến vài chất trong hỗn hợp thành một
chất. Tuy nhiên, có nhiều bài toán người ra đề không cho các công thức cụ thể
thì ta phải suy xét tinh tế hơn một chút. Trong phần này tôi đặc biệt muốn các
bạn chú ý đến kỹ thuật tung hỏa mù qua mối liên hệ giữa các số liệu từ các thí
nghiệm khác nhau. Hay dùng nhất là tạo mối liên hệ về số mol giữa các sản
phẩm cháy và các chất có trong hỗn hợp. Bản chất là dựa vào số liên kết π có
trong hỗn hợp và công thức quan trọng khi đốt cháy hỗn hợp chất hữu cơ chứa
C, H, O đó là n CO2 n H2O (k 1) n X . Dựa vào điều này người ra đề đã tận
dụng để tung hỏa mù. Để xem xét kỹ thuật tung hỏa mù kiểu này các bạn xem
một số ví dụ điển hình sau:
Ví dụ 1: X là hỗn hợp chứa một axit đơn chức, một ancol hai chức và một este
hai chức (đều mạch hở). Người ta cho X qua dung dịch nước Br2 thì không thấy
nước Br2 bị nhạt màu. Đốt cháy hoàn toàn 0,09 mol X cần 10,752 lít khí O2

(đktc). Sau phản ứng thấy khối lượng của CO2 lớn hơn khối lượng của H2O là
10,84 gam. Mặt khác, 0,09 mol X tác dụng vừa hết với 0,1 mol KOH. Cô cạn

Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP
- LKH


dung dịch sau phản ứng thu được m gam muối khan và một ancol có 3 nguyên
tử C trong phân tử. Giá trị của m là:
A. 9,8
B. 8,6
C. 10,4
D. 12,6
Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong
Định hƣớng tƣ duy giải
Este: a
a b c 0,09
Ta có: 0,09mol E axit : b
2a b 0,1
C3 H8O2 : c
Khi đốt cháy E có:

Vậy ta có:

44x 18y 10,84

CO2 : x

BTNT.O

H2 O : y

x y a c 0,01

a b c 0,09
2a b 0,1
BTNT.O

a 0,04
b 0,02

4a 2b 2c 0, 48.2 1, 22

BTKL

mE

25, 24 0, 48.32 9,88(gam)

BTKL

mE

m KOH

m m ancol

x 0,41
y 0,4

c 0,03

m H2O

9,88 0,1.56 m (0,04 0,03).76 0,02.18

m 9,8(gam)

Ví dụ 2: X,Y là hai axit no, đơn chức, đồng đẳng liên tiếp, Z là ancol 2 chức, T
là este thuần chức tạo bởi X, Y, Z. Đốt cháy 0,1 mol hỗn hợp E chứa X,Y, Z, T
cần dùng 0,47 mol khí O2 thu được lượng CO2 nhiều hơn H2O là 10,84 gam.
Mặt khác 0,1 mol E tác dụng vừa đủ với 0,11 mol NaOH thu được dung dịch G
và một ancol có tỉ khối so với H2 là 31. Cô cạn G rồi nung nóng với xút có mặt
CaO thu được m gam hỗn hợp khí. Giá trị của m gần nhất với:
A. 2,5
B. 3,5
C. 4,5
D. 5,5
Định hƣớng tƣ duy giải
Este: a
a b c 0,1
Ta có: 0,1mol E axit : b
2a b 0,11
C2 H 6 O 2 : c
Khi đốt cháy E có:

Vậy ta có:

44x 18y 10,84

CO2 : x

BTNT.O

H2 O : y

x y a c 0,01

a b c 0,1
2a b 0,11
BTNT.O

4a 2b 2c 0, 47.2 1, 22

x 0,41
y 0,4

a 0,04
b 0,03
c 0,03

Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP
- LKH


Cách 1: Đi tìm công thức của hai axit.
Ta biện luận số C dựa vào số mol CO2
CH 3COOH : 0,02(mol)
→ hai axit là
C 2 H 5 COOH : 0,01(mol)

Vậy hỗn hợp khí là:

CH 4 : 0,06

BTKL

C 2 H 6 : 0,05

m 0,06.16 0,06.30 2, 46(gam)

Cách 2: Dùng phƣơng pháp BTKL
BTKL
mE 0,41.44 0,4.18 0,47.32 10,2(gam)
BTKL

mE

m NaOH

mRCOONa
mRH

m RCOONa

m ancol

m H2O

10,2 0,11.40 0,07.62 0,03.18 9,72

9,72 0,11(69 1) 2, 46

Ví dụ 3: X ở thể khí là hỗn hợp gồm C2H5CHO, C4H9OH, HOC–CHO và H2.
Trong X oxi chiếm 35,237% về khối lượng. Người ta lấy 2,8 lít khí X (đktc)
cho qua dung dịch nước Br2 (dư) thấy có 16 gam Br2 phản ứng. Mặt khác, lấy
m gam X cho qua bột Ni nung nóng được hỗn hợp sản phẩm Y. Cho toàn bộ Y
qua nước Br2 dư thì có 16,8 gam Br2 tham gia phản ứng. Nếu đốt cháy toàn bộ
Y thì thu được tổng khối lượng CO2 và H2O là 26,715 gam. Biết các phản ứng
xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m gần nhất với :
A. 9,2
B. 9,8
C. 10,4
D. 12,6
Trích đề thi thử Nguyễn Anh Phong – Lần 2 – 2016
Định hƣớng tƣ duy giải
Ta có

nX

0,125

nBr2

0,1

m gam X

BTLK.

0,1

0,8 (k là số liên kết π trong X)
0,125

k

n C 3 H6 O

x mol

n C 4 H10 O

y mol

n C 2 H 2 O2

z mol

n H2

t mol
x 2z

BTKL.

x 2z

n H2

n

Y
Br2

k.n X

t 0,105

x y z t

x 2z
0,8

Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP
- LKH


x y z (x 2 z 0,105)
BTNT.C

BTKL

x 2z
1,25(x 2 z)
0,8

3x 4 y 2 z 0,42

26,715 0,42.44
18
m 0,42.12 0,4575.2 0,35237.m

m 9,195
nCO2

0,42(mol)

BTKL

nH2O

0,4575

website: napbook.vn
liên hệ mua sách: 0973.476.791 (zalo, viber, facebook)

Trích RL và PTTD giải bài toán điểm 8,9,10 – Tập 2 – Hữu Cơ – NAP
- LKH