Sáng kiến kinh nghiệm 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 ở trường THPT

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:
"SỬ DỤNG HỆ THỐNG BÀI TẬP CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI NHẰM
RÈN LUYỆN TƢ DUY CHO HỌC SINH TRONG DẠY HỌC HÓA
HỌC HỮU CƠ Ở TRƢỜNG 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 tƣợng 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. Phƣơng tiện và phƣơng 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
PHẦN II . NỘI DUNG
I. TÌNH HÌNH SỬ DỤNG BÀI TẬP HOÁ HỌC NHIỀU CÁCH GIẢI NHẰM RÈN
LUYỆN TƢ DUY CHO HỌC SINH HIỆN NAY Ở TRƢỜNG 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 H2 qua Ni đung nóng , thu
đƣợc 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 lƣợt 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 )

CnH2n+2
Ni ,to



( x mol)

B không làm mất màu Brom .
B là hỗn hợp của ankan và H2 dư

H2

H2 dư

( y mol )

( y-x mol )

--------------------MA= 6.2= 12

Anken X phản ứng hết

---------------MB= 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 =


14 nx  2 y
x y

= 12



14nx = 12x + 10y = 42x



14n = 42



n=3

CTPT của anken X là C3H6 .

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

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

n=3



16



14nx = 14y = 42x



14n= 42



CTPT của anken X là C3H6 .

Cách 2 : Khối lượng mol trung bình :
MA =

14 nx  2 y
x y

MB =

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

= 12

Giải ( 1 ) & ( 2 )





14nx + 2y = 12x + 12y



14nx = 12x + 10y ( 1 )

16  14nx = 14y ( 2 )

12x + 10y = 14y



y = 3x.

Thay y = 3x vào ( 2 ) ta được n = 3. CTPT của anken X là C3H6 .
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
nB

-

mA
nA

=4


1
1
)=
 (14 nx  2 y )( 
y x y

 (14 nx  2 y )

MA =


x
y( x  y)

14 nx  2 y
x y

= 12

4

=4 


14 nx  2 y x
.
y( x  y) y

=4 

12.

14nx = 12x + 10y = 42x

x
y



x 1

y 3

=4 
14n = 42





y = 3x.

n=3

CTPT của anken X là C3H6 .

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

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

16



14nx = 14y = 42x



14n= 42



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 
 (14 nx  2 y )

x
y( x  y)

=4 

14 nx  2 y x
.
y( x  y) y

mB
nB

=4 

mA
nA

12.

x
y

=4 

=4 

x 1

y 3

1
1
(14 nx  2 y )( 
)=
y x y



y = 3x.

Sơ đồ đường chéo :
CnH2n 14n

10

nCn H 2 n
nH 2

MA = 12





10
x 1

 
14 n  12 y 3

n=3

CTPT của anken X là C3H6 .

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

4

H2

2

14n - 12

Hoặc :
CnH2n+2 14n + 2

14

nCn H 2 n  2
nH 2



MB = 16



14
x
1



14n  14 y  x 2

n=3

CTPT của anken X là C3H6 .

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


MA = 12



10
x 1


 
14 n  12 y 3

n=3

CTPT của anken X là C3H6 .

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

2

14n - 12


Hoặc :
CnH2n+2 14n + 2

14

nCn H 2 n  2
nH 2


MB = 16



14

x
1



14n  14 y  x 2

n=3

CTPT của anken X là C3H6 .

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 :
MA =

14 nx  2 y
x y

12x + 12y



= 12



14nx + 2y = MB =

14nx = 12x + 10y ( 1 )

CnH2n+2 14n + 2

14 nx  2 y
=
x



Sơ đồ đường chéo :

(14 n  2) x  2( y  x)
=
x yx

16

14nx = 14y ( 3 )

14
Sơ đồ đường chéo :
CnH2n

MB = 16

H2

2

14n

10

MA = 12

14n - 14

H2

2

14n - 12




nCn H 2 n  2



nH 2

14
x


14 n  14 y  x

(1)&(2)



(2)
nCn H 2 n



nH 2

14nx = 12x + 10y = 14y



10
x

14 n  12 y



y = 3x

(3)&(4)



n = 3.

3x

CTPT của anken X là C3H6 .



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







(4)

14y = 12x + 10y



y=

n = 3.
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

14 n  12 y

(1)

MA = 12

H2

2

14n - 12

CnH2n+2 14n + 2

14

nCn H 2 n  2
nH 2

MB = 16



14
x

14 n  14 y  x

( 1) & ( 2 )



(2)

14 n  14 14 n  12

1 
14
10


H2

2

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 đƣợc 28,8 gam nƣớc. 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


2CO2 + H2O

C2H6 +

7
O2

2

t


2CO2 + 3H2O

C3H6 +

9
O2
2

t


3CO2 + 3H2O

C2H2 + 2Br2




C2H2Br4

C3H6 + Br2




C3H6Br2

Cách 1. Nhóm các phương pháp đại số
Số mol nước là:
Số mol Br2 là :
Cách 1.1.

28,8
 1,6
18

(mol)

20  500
 0,625
100  160

(mol)


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

% 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 =
M

0,625
 1,25
0,5

= 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 2n22k
Ta có :
Cn H 2n22k

+

(

2n  1  k
t
n CO2
) O2 
2

+ (n  1  k ) H2O

1,6
n 1 k

Cn H 2n22k

1,6
+

0,5
Ta có hệ :
0,5 k = 0,625

k Br2

0,5 k

t


Cn H 2n22kBr2

(mol)

(mol)


1,6
( (14n  2  2k ) =
n 1 k

Giải hệ có : k =1,25 ;

n

24,8

9
4

 CTPT trung bình của hỗn hợp X là C9

4

H4

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

Số mol hỗn hợp X là :

= 12  9  4  31
4

24,8
 0,8
31

(mol)

nC =

0,8 

9
 1,8
4

(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)
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


nC3H 6  nCO2  2.n X =

- Tỉ lệ số mol


hidrocacbon 1
 ,
CO2
2

nC2 H 2 

0,2 mol

hidrocacbon 1
 ,
H 2O
2

3n X  2nH 2O
2

trừ phản ứng của C3H6 có tỉ lệ 1:3

trừ phản ứng của C2H2 có tỉ lệ 1:1

= 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 đƣợc 35,2 gam CO2 và 25,2 gam H2O. Giá trị của m là
A. 1,24.

B. 12,40.

24,80.

Lời giải

C. 2,48.

D.


Cách 1: Sử dụng phương pháp thông thường:
● X + O2:

CH4 + 2O2

CO2 + 2H2O

x

x

C2H4

+ 3O2

2y
4CO2

z
(1)(2)(3)  nCO
= x + 2y + 2z
2

2x

2CO2 + 2H2O

y
2C2H2 + 5O2

(1)

2z
35,2
=44

nH2O = 2x + 2y + z =

25,2
18

(2)

2y
+ 2H2O

(3)

z
= 0,8 mol
= 1,4 mol

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 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 lƣợng CO 2 và H2O
thu đƣợc là:
A. 20,4 gam.

B. 18,96 gam.

C. 16,8 gam

Lời giải
C3H8 + 5O2

t


x
C3H6 +

3x
9
O2
2

t


y
C3H4 + 4O2
z
M

3CO2 + 4H2O

= 21,2 x 2 = 42,4

3CO2 + 3H2O
3y

t


4x

3y

3CO2 + 2H2O
3z

2z

D. 18,6 gam.


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
x yz

(1)

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 

C3H6,4 + 4,6O2

x

= 6,4
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).

x mol C3H8 44

0,4
42,4

y mol C3H6

Ta có hệ:

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 C3H4 với số mol tương ứng là x, y (x, y >0)
x mol C3H8 44

2,4
42,4

Ta có hệ:

y mol C3H6

42



x 3

y 2

1,6

2x = 3y
 x = 0,06 ; y = 0,04

x + y = 0,1

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 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
42,4

y mol C3H4

Ta có hệ:

2x = -6y

40



-0,6

x
 6
y


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 m.
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 đƣợc 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
4

-1)O2

t



0,1




0,3
y
1
x

 2
0,1 0,3 0,2

Ta có:

nO2  ( x 

y
 1)  0,1  0,3
4

 x = 3, y = 4
(mol)

V = 0,3 x 22,4 = 6,72 (lít)

Đáp án B.

xCO2

+

y
2

H2O
0,2

(mol)


Cách 2. Ta có A là một axit đơn chức và có nX  nCO  nH O nên A là axit no đơn chức. Đặt
2

2

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

3n  3
O2
2

n  1 0,2

n
0,3

Ta có:
V=

(

t



nCO2

+

(n-1)H2O

n=3

3n  3

)  0,1  22,4  6,72
2

(lít)  Đáp án B.

Cách 3. Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố.
nO2 ( axit)  nO(O2 )  nO(CO2 )  nO( H 2O)
 2naxit  2nO2  2nCO2  nH 2O

Ta có:

nO2 

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 đƣợc 18
gam chất rắn. Giá trị của V là
A. 120
Lời giải

B. 240

C. 150

D. 400


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 đƣợc 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.
C. HCOOH, C2H5COOH.

B. HCOOH, CH3COOH.

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