Hướng dẫn học sinh giải nhanh bài toán hóa học hữu cơ bằng phương pháp quy đổi

MỤC LỤC
Trang
1.PHẦN MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài.......................................................................................1
1.2. Mục đích nghiên cứu.................................................................................1
1.3.Đối tượng nghiên cứu.................................................................................1
1.4. Phương pháp nghiên cứu...........................................................................2
2.PHẦN NỘI DUNG
2.1Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.....................................................2
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm....................2
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề..........................................3
2.3.1. Phương pháp 1: Quy đổi hỗn hợp nhiều chất thành hỗn hợp
ít chất hơn.........................................................................................................3
2.3.2. Phương pháp 2: Quy đổi bằng phương pháp đồng đẳng hóa..................5
2.3.3. Phương pháp 3: Quy đổi phản ứng..........................................................9
2.3.4. Phương pháp 4: Quy đổi hỗn hợp ít chất thành nhiều chất.....................11
2.4.5. Phương pháp 5: Quy đổi hỗn hợp về chất trung bình.............................12
2.4.6.Bài tập củng cố không có hướng dẫn giải ...............................................15
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường..........................................................19
3. PHẦN KẾT LUẬN.......................................................................................19


1. PHẦN MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài.
Trong quá trình giải toán hóa học hữu cơ, một số bài tập trong tất cả các
phần: hidrocacbon, ancol, anđehit, axit, este,.. đặc biệt là bài tập peptit,
aminoaxit có rất nhiều bài nếu không sử dụng phương pháp quy đổi học sinh
không thể giải quyết được hoặc cách làm thông thường quá mất nhiều thời gian.
Học sinh còn yếu kém trong giải bài tập trắc nghiệm đặc biệt là bài toán
hữu cơ. Trong khi đó yêu cầu giải quyết nhanh bài tập trong kỳ thi năm nay năm

học 2016 – 2017 càng lớn hơn do thời gian dành cho 1 câu hỏi ngắn hơn - chỉ
1,25 phút.
Bài tập trắc nghiệm là bài tập nâng cao mức độ tư duy, khả năng phân tích
phán đoán, khái quát của học sinh và đồng thời rèn kĩ năng, kỹ xảo cho học sinh.
Phương pháp quy đổi không chỉ giúp học sinh là nhanh và dễ dàng một bài toán
hóa học mà còn tạo hứng thú học tập cho các em.
Xuất phát từ tình hình thực tế giảng dạy: Khoảng 30% số học sinh có kiến
thức cơ bản chưa chắc chắn, tư duy hạn chế , khả năng giải toán hoá học trắc
nghiệm khách quan còn chậm. Một số khác khoảng 40% học sinh chỉ giải quyết
được 60 đến 70% số câu hỏi. Còn lại một số học sinh kiến thức chắc chắn nhưng
cách làm bài chậm, một số bài không giải được.
Hiện nay trong các tài liệu tham khảo tôi nhận thấy chỉ tập trung nhiều
cho bài toán quy đổi hóa vô cơ mà chưa tập trung cho hóa hữu cơ mặc dù với
hóa hữu cơ lượng bài tập giải theo phương pháp này cũng khá nhiều.
Để giúp học sinh nắm chắc kiến thức và hoàn thành tốt được các bài tập
theo phương pháp trắc nghiệm khách quan.
Từ những lí do trên, tôi chọn đề tài:
“HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI NHANH BÀI TOÁN HÓA HỌC
HỮU CƠ BẰNG PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI”
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Đề tài này cung cấp cho học sinh hiểu rõ hơn về kiến thức phổ thông cơ
bản một cách có hệ thống, một số kiến thức nâng cao.
Cung cấp cho học sinh cách giải các bài tập hóa học bằng phương pháp
quy đổi. Giúp các em đơn giản hóa các dữ kiện bài toán và từ đó giải nhanh bài
tập hóa hữu cơ mà trong đó có nhiều bài tưởng chừng rất phức tạp.
Cung cấp cho học sinh một số kiến thức chuyên sâu về quy đổi giúp các
em ôn luyện thi THPT Quốc Gia, ôn luyện thi học sinh giỏi từ đó các em thấy
yêu thích, hứng thú hơn với môn hóa học.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
Phân loại các cách quy đổi và phạm vi ứng dụng, nhận dạng của từng

cách:
Quy đổi hỗn hợp các hidrocacbon
Quy đổi hỗn hợp ancol, anđehit, axit cacboxylic
2


Quy đổi hỗn hợp gồm ancol, axit cacboxylic, este
Quy đổi hỗn hợp aminoaxit.
Quy đổi hỗn hợp peptit
1.4.Phương pháp nghiên cứu.
Phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sơ lý thuyết.
Nghiên cứu SGK ,sách bài tập hoá học phổ thông , các tài liệu tham khảo
khác đặc biệt là đề thi đại học, cao đẳng, thi THPT Quốc Gia và các đề thi thử
trong những năm gần đây.
Tổng kết kinh nghiệm và thủ thuật giải bài tập hoá học .
Trao đổi ,trò chuyện với đồng nghiệp , học sinh trong quá trình ôn luyện cho học
sinh các dạng bài tập sử dụng phương pháp quy đổi.
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1 Cơ sỏ lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
Nắm được quy đổi là phương pháp tư duy giải toán độc đáo, sáng tạo dựa
trên những giả định không có thực để biến đổi tương đương các chất và hỗn hợp
cho nhau hoặc các quá trình hóa học cho nhau. Bản chát của nó là sử dụng toán
học. Một số bài toán hóa học có thể giải nhanh bằng các phương pháp bảo toàn
electron, bảo toàn nguyên tử, bảo toàn khối lượng... song phương pháp quy đổi
cũng tìm ra đáp số rất nhanh và đó là phương pháp tương đối ưu việt, có thể vận
dụng vào các bài tập trắc nghiệm để phân loại học sinh.
Phân loại được các dạng quy đổi thường gặp dùng trong giải toán hóa
học hữu cơ.
Các chú ý chung khi áp dụng phương pháp quy đổi:
1. Khi quy đổi hỗn hợp nhiều chất (hỗn hợp X) (từ ba chất trở

lên) thành hỗn hợp hai chất hay chỉ còn một chất ta phải bảo toàn số mol nguyên
tố và bảo toàn khối lượng hỗn hợp.
2. Có thể quy đổi hỗn hợp X về bất kỳ cặp chất nào, thậm chí quy
đổi về một chất. Tuy nhiên ta nên chọn cặp chất nào đơn giản có ít phản ứng nhất
để đơn giản việc tính toán.
3. Trong quá trình tính toán theo phương pháp quy đổi đôi khi ta
gặp số âm đó là do sự bù trừ khối lượng của các chất trong hỗn hợp. Trong
trường hợp này ta vẫn tính toán bình thường và kết quả cuối cùng vẫn thỏa mãn.
Nắm vững tính chất hóa học của các chất, từ đó có những biến đổi hợp
lí( không nhầm lẫn trong khi thực hiện việc quy đổi dẫn đến kết quả bài toán sai
lệch).
Nắm vững các định luật bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố. Đó là
những phương pháp thường xuyên bổ trợ cho phương pháp quy đổi trong giải
toán hóa học hữu cơ.
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Khi chưa áp dụng có bài toán học sinh làm được nhưng rất ít.
Đa số học sinh không giải quyết được hoặc làm mất quá nhiều thời gian.
3


Tài liệu tham khảo viết về sủ sụng phương pháp quy đổi trong giải toán
hóa học hữu cơ còn ít, chưa có hệ thống, không khái quát hết hoặc việc nhận
dạng để phát hiện ra cần sử dụng cách quy đổi nào là chưa có( chủ yếu là quan
tâm tới quy đổi trong giải toán hóa vô cơ). Nguồn tư liệu để giáo viên nghiên
cứu còn hạn chế do đó nội dung kiến thức và kĩ năng giải các quy đổi trong giải
toán hóa hữu cơ cung cấp cho học sinh chưa được nhiều. Do đó, khi gặp các bài
toán hữu cơ cần sử dụng quy đổi các em thường lúng túng không tìm ra cách
giải vì thế tôi đã mạnh dạn đưa ra đề tài này giúp các em có được một cách xác
định nhanh cách giải bài tập để các em có một kết quả cao nhất trong các kỳ thi.
2.3. Giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.

Khi giảng dạy tôi chia thành từng cách quy đổi cụ thể, chỉ rõ nó áp dụng
được cho loại bài tập nào, chọn bài tập ở mức độ từ dễ đến khó. Trên cơ sở đó
rèn luyện kỹ năng giải loại bài tập này một cách nhanh chóng và dễ dàng.
2.3.1.Phương pháp 1: Quy đổi hỗn hợp nhiều chất thành hỗn hợp ít chất.
Nhận dạng bài toán:
1.Bài toán cho một hỗn hợp chất, trong đó có 2 hay 1 số chất có số mol
bằng nhau.
2.Trong hỗn hợp ban đầu có 1 hay một số chất có thể biến nó thành các
chất cũng có mặt trong hỗn hợp đó.
3.Các chất có cùng công thức chung hay cùng dạng.
Ví dụ 1.Đốt cháy hoàn toàn 13,36 gam hỗn hợp X gồm axit metacrylic, axit
adipic, axit axetic và glyxerol( trong đó số mol axit metacrylic bằng số mol axit
axetic) bằng O2 dư, thu được hỗn hợp khí và hơi. Dẫn Y vào dung dịch chứa
0,38 mol Ba(OH)2 thu được 49,25 gam kết tủa và dung dịch Z. Đun nóng Z lại
thấy xuất hiện kết tủa. Nếu cho 13,36 gam X tác dụng với 140 ml dung dịch
KOH 1M, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, cô cạn dung dịch thu được
chất rắn khan có khối lượng là:
A. 18,68 gam
B.19,04 gam
C. 14,44 gam
D.13,32 gam.
Hướng dẫn giải
Nhận xét: Đối với bài tập này nếu không quy đổi thì bài toán trở thành 2
phương trình 3 ẩn, không biết cách làm. Vậy ta thực hiện quy đổi như sau:
Axit metacrylic: CH2=C(CH3) – COOH
Axit adipic: HOOC – (CH2)4 – COOH
Axit axetic: CH3COOH
Glixerol: CH2(OH) – CH(OH) – CH2(OH)
Do số mol axit metacrylic bằng số mol axit axetic nên ta cộng 2 công thức
phân tử này lại thành C4H8( COOH)2 trùng với công thức phân tử của axit

adipic. Lúc này xem như X chỉ gồm 2 chất là C4H8(COOH)2 : x mol và
Trong trang này ở mục 2.3.1: Ví dụ 1 được tham khảo từ TLTK số 2
4


C3H5(OH)3 :y mol.
Ta có: Ba(OH)2 0,38 mol tác dụng với CO2 → BaCO3: 0,25 mol
Ba(HCO3): 0,38 – 0,25 = 0,13 mol
Vậy số mol CO2 = 0,25 + 0,13 × 2 = 0,51 mol
6x + 3y = 0,51 (1)
146x + 92y = 13,36 (2)

Ta có hệ phương trình: 

x = 0,06
⇔ 
 y = 0,05

0,06 mol axitadipic tác dụng 0,14 mol KOH( dư) tạo thành 0,06 × 2 =
0,12 mol H2O
Áp dụng bảo toàn khối lượng ta có : 146 × 0,06 + 0,14 × 56 = m + 0,12
× 18 ⇒ m = 14,4 → Chọn đáp án C.
Ví dụ 2. 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. Đót cháy
hoàn toàn Y cần dùng vừa đủ V lít O2 (đktc). Sản phẩm cháy cho hấp thụ hết vaò
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 CCl 4 thì có 24
gam brom phản ứng. Mặt khác, cho 11,2 lít (đktc) hỗn hợp X đi qua bình đựng
brom dư trong CCl4, thấy có 64 gam brom phản ứng. Biết các phản ứng đều xảy
ra hoàn toàn. Giá trị của V gần với giá trị nào sau đây nhất

A.21,00.
B.22.
C.10.
D.21,5.
Hướng dẫn giải
Nhận xét : Với bài toán trên nếu không thực hiện quy đổi thì không thể tìm ra
kết quả bài toán do số phương trình lập được nhiều hơn số ẩn. Sau một hồi tính
toán bài toán trở nên bế tắc. Nhưng nếu học sinh chỉ cần phát hiện trong hỗn hợp
có C4H10 có thể quy đổi thành 2C2H2 và 3H2. Lúc này ta chuyển bài toán hỗn hợp
4 chất thành 3 chất.
C 3 H 6 : xmol

X ⇔ C 2 H 2 : ymol
 H : zmol
 2

+ O 2 ,t
,t
Ni


→ Y → CO2
0

+ H2O

3x + 2y mol
Từ các dữ kiện trên ta có hệ phương trình:

3x + y + z mol

 x = 0,15
100(3 x + 2 y ) − 44(3 x + 2 y ) − 18(3 x + y + z ) = 21,45
 y = 0.075
 x + 2 y − z = 0,15


⇔  z = 0,15

kx + ky + kz = 0,5

kx + 2ky = 0,4
k = 4

3
n

CO2 = 3x + 2y = 0,6 mol

n

O2 phản ứng = nCO2 +

n

H2O = 0,675 mol

1n
1
H2O = 0,6 + . 0,675 = 0,9375 mol.

2
2

V O = 0,9375.22,4 = 21 lít. Đáp án A
2

Trong trang này ở mục 2.3.1: Ví dụ 2 được tham khảo từ TLTK số 1
5


Ví dụ 3. Cho hỗn hợp X gồm ancol metylic, etylenglicol, glixerol. Cho m gam
X tác dụng với Na dư thu được tối đa V lít H 2( đktc). Mặt khác, đốt cháy hoàn
toàn m gam X thu được 6,72 lít CO2( đktc). Giá trị của V là :
A. 3,36 lít
B.11,2 lít
C.5,6 lít
D.6,72 lít.
Hướng dẫn giải
Nhận xét : Nếu giải theo cách thông thường học sinh phải phát hiện được mỗi
chất trên có số mol nguyên tử C và số mol OH như nhau. Sau đó từ số mol H 2
suy ra số mol OH và đó cũng là số mol nguyên tử C
n
C=nCO2 = 0,3 mol
n

1
OH = nC = 0,3 mol → nH2 = nOH = 0,15 mol

2
⇒

VH2 = 0,15.22,4 = 3,36 lít
Đáp án A.

Nếu dùng phương pháp quy đổi ta chuyển bài toán trên thành 1 chất
có công thức là : CH3OH hoặc C2H4(OH)2 hoặc C3H5(OH)3 để giải. Giả sử chọn
trường hợp là CH3OH ta có : nCH3OH = nCO2 = 0,3 mol
Theo bảo toàn nguyên tố C ta có : nCO2 = nCH3OH = 0,3 mol
n

H2 =

1
nOH = 0,15 mol
2

VH2 = 0,15.22,4 = 3,36 lít. Đáp án A
2.3.2.Phương pháp 2: Quy đổi bằng phương pháp đồng đẳng hóa.
Các chất cùng dãy đồng đẳng hơn kém nhau một hay nhiều nhóm CH 2. Vì
vậy có thể thêm vào hoặc bớt đi CH 2 từ một chất hữu cơ bất kỳ để được một
chất khác đồng đẳng với nó. Từ đó ta có thể quy đổi một hỗn hợp phức tạp về
các chất đơn giản hơn( thường là các chất đầu dãy đồng đẳng).
Sau khi quy đổi hỗn hợp bằng đồng đẳng hóa, ta lập các phương trình
theo các dữ kiện từ đề bài và giải hệ. Khi đã tìm được các ẩn, tức là xác định
được thành phần của hỗn hợp sau khi quy đổi, ta sử lí các bước còn lại và trả lời
câu hỏi của bài toán.
Chú ý: CH2 là thành phần khối lượng. Vì vậy nó có mặt trong các
phương trình liên quan tới khối lượng, phản ứng đốt cháy( số mol O 2 phản ứng,
số mol CO2, số mol H2O).
CH2 không phải là một chất ( nó là nhóm metylen – CH 2 - ). Nó
không được tính vào số mol hỗn hợp( hoặc các dữ kiện khác liên quan đến số

mol các chất).
Đối với bài toán quy đổi hỗn hợp trong đó có este ta cần nắm vững các kỹ
thuật hỗ trợ và công thức sau :
Thêm H2O vào hỗn hợp có chứa este. Từ đó ta quy đổi hỗn hợp
thành axit cacboxylic, ancol và H2O. Sản phẩm cuối cùng của các phản ứng
không có gì thay đổi.
Trong trang này ở mục 2.3.1: Ví dụ 3 được tham khảo từ TLTK số 2
6


Số mol – COOH của axit trong hỗn hợp sau khi quy đổi bằng số
mol NaOH hay KOH phản ứng với hỗn hợp đầu.
Lượng ancol có trong hỗn hợp sau khi quy đổi bằng lượng ancol thu được nếu
thủy phân hoàn toàn hỗn hợp đầu.
Đối với bài tập peptit cần nắm vững quy đổi thường gặp sau:
C 2 H 3 NO

Quy đổi peptit về CH 2
H O
 2

Quy đổi này áp dụng cho peptit tạo nên từ aminoaxit no, mạch hở, phân tử có
1NH2 và 1COOH. Trong đó số mol H 2O = số mol hỗn hợp peptit. Nếu peptit
không no hoặc có nhiều nhóm chức ... ta có biến đổi tương tự nhưng chọn chất
đầu phù hợp với đặc điểm đề bài cho. Tức là thay C 2H3NO thành C3H5NO,
C3H6N2O ...
Nhận dạng bài toán.
Bài tập đốt cháy hỗn hợp các chất gồm ancol, axit cacboxylic và este tạo
nên từ ancol và axit đó.
Bài tập đốt cháy hỗn hợp peptit( đặc biệt là peptit không cho số đơn vị

mắt xích liên kết với nhau).
Bài tập đốt cháy hỗn hợp các chất hữu cơ khác khi giải theo cách thông
thường thấy không giải quyết được.
Ví dụ 1. X, Y là 2 chất thuộc dãy đồng đẳng axit acrylic và M X < MY. Z là ancol
có cùng số nguyên tử C với X, T là este 2 chức tạo bởi X, Y, Z. Đốt cháy hoàn
toàn 11,16 gam E gồm X, Y, Z, T cần vừa đủ 13,216 lít O2(đktc) thu được CO2
và 9,36 gam H2O. Mặt khác 11,16 gam E tác dụng tối đa với dung dịch chứa
0,04 mol Br2. Khối lượng muối thu được khi cho cùng lượng E trên tác dụng
dung dịch KOH dư là:
A. 4,68 gam
B.5,04 gam
C. 5,44 gam
D. 5,8 gam.
Hướng dẫn giải:
T là este 2 chức nên Z là ancol 2 chức
nH2O = 0,52 mol. Áp dụng BTKL ⇒ nCO2 = 0,47 mol < nH2O. Vậy Z no( Z
thuộc dãy đồng đẳng của etylen glicol), Z có cùng số nguyên tử C với X nên quy
đổi Z về C3H6(OH)2

E⇔

C 2 H 3 COOH : a mol = 0,04 mol
C H (OH) : b mol
 3 6
2

c mol
CH 2 :
H 2 O :
d mol

Trong trang này ở mục 2.3.2: Ví dụ 1 được tham khảo từ TLTK số 2
7


m E = 72.0,04 + 76b + 14c + 18d = 11,16

n CO2 = 3.0,04 + 3b + c = 0,47

n H2O = 2.0,04 + 4b + c + d = 0,52

⇔

b = 0,11

c = 0,02
d = −0,02


C 3 H 5COOH : 0,02 mol
C H (OH) : 0,11 mol
 3 6
2
⇔ 
0,02 mol
CH 2 :
H 2 O :
- 0,02 mol
C 2 H 3 COOK : 0,02 mol
→ m muối

Cho F tác dụng KOH tạo 2 muối 
C 3 H 5 COOK : 0,02 mol

C 2 H 3 COOH : 0,04 mol

⇒ E C 3 H 6 (OH) 2 : 0,11 mol
C H COOH : 0,02 mol
 3 5

= 0,02. 110 + 0,02..124 = 4,68 gam. Đáp án A.
Ví dụ 2.Đốt cháy hoàn toàn 9,92 gam hỗn hợp peptit X và Y( đều tạo ra từ
aminoaxit no, mạch hở, phân tử chứa 1NH2 và 1COOH) bằng O2 vừa đủ thu
được N2 + 0,38 mol CO2 + 0,34 mol H2O. Mặt khác, đun nóng hỗn hợp trên với
dung dịch NaOH vừa đủ thu được m gam muối. Giá trị của m là:
A.16,24 gam
B.14,98 gam
C.15,68 gam
D.17,04 gam.
Hướng dẫn giải: Bài toán này nếu không thực hiện quy đổi thì không thể giải
được. Hai peptit không cho chứa bao nhiêu gốc, không cho số mol. Chỉ có một
thông tin là khối lượng, cách đặt công thức tổng quát để làm bình thường có quá
nhiều ẩn. Khi quy đổi như sau bài toán trở nên rất đơn giản để tìm ra kết quả.
Quy đổi 9,92 gam hỗn hợp peptit trên thành

C 2 H 3 NO : xmol

CH 2 : ymol
 H O : zmol
 2

Từ đó ta có hệ phương trình:
57 x + 14 y + 18 z = 9,92

2 x + y = 0,38
1,5 x + y + z = 0,34


 x = 0,14

⇔  y = 0,10
 z = 0,03


Trong đó số mol H2O trong quy đổi trên(z) = số mol peptit.
Số mol NaOH phản ứng = nN = x mol = 0,14 mol. Số mol H2O tạo ra =
0,03 mol. Áp dụng bảo toàn khối lượng ta có: m= 9,92 + 0,14.40 – 0,03.18
=14,98 gam. Đáp án B.

Trong trang này ở mục 2.3.2: Ví dụ 2 được tham khảo từ TLTK số 1
8


Ví dụ 3. Hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức, tạo thành từ cùng một ancol Y với 3
axit cacboxylic( phân tử chỉ chứa chức – COOH), trong đó 2 axit no là đồng
đẳng kế tiếp và 1 axit không no có đồng phân hình học, chứa 1 liên kết đôi C =
C trong phân tử. Thủy phân hoàn toàn 5,88 gam X bằng dung dịch NaOH thu
được hỗn hợp muối và m gam ancol Y. Cho m gam Y vào bình đựng Na dư sau
phản ứng thu được 896 ml khí(đktc) và khối lượng bình tăng 2,48 gam. Mặt
khác, nếu đốt cháy hoàn toàn 5,88 gam X thì thu được CO 2 và 3,96 gam H2O.
Phần trăm khối lượng este không no trong X là:

A. 29,25%
B.38,76%
C.40,82%
D.34,01%
Hướng dẫn giải:
Y = 2nH2 = 0,08 mol → MY =

n

2,48 + 0,08
= 32 ( Y là CH3OH).
0,08

HCOOCH 3 : a mol

X ⇔ CH 3 CH = CH COOCH 3 : b mol
CH : c mol
 2
m X = 60a + 100b + 14c = 5,88

⇔ n H O = 2a + 4b + c = 0,22
2

n CH 3OH = a + b = 0,08
HCOOCH 3 : 0,06 mol

→ X C 3 H 5 COOCH 3 : 0,02 mol ⇔ X
CH : 0,02 mol
 2
%m

C3H5COOCH3 =

⇔

⇔

HCOOCH 3 : a mol

C3 H 5 COOCH 3 : b mol
CH : c mol
 2
a = 0,06

b = 0,02
c = 0,02


HCOOCH 3 : 0,04 mol

C3 H 5COOCH 3 : 0,02 mol
CH COOCH : 0,02 mol
3
 3

0,02.100
.100% = 34,01%. Đáp án D.
5,88

Ví dụ 4. Hỗn hợp X gồm 2 ankin đồng đẳng kế tiếp có số nguyên tử C < 5 và

ancol etylic. Đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol X cần dùng 28 lít O 2(đktc). Mặt khác,
cho 28 gam X vào bình đựng Na dư thấy thoát ra 11,2 lít khí(đktc). Phần trăm
khối lượng của ancol etylic trong X là:
A. 32,86%
B. 65,71%
C.16,43%
D.22,86%
Hướng dẫn giải:
C 2 H 5 OH
X gồm C H
 n 2 n −2

C 2 H 5 OH : a mol

⇔ 28 gam X C 2 H 2
: b mol
CH
: c mol
 2

Trong trang này ở mục 2.3.2: Ví dụ 3 được tham khảo từ TLTK số 3. Ví dụ 4 được tham khảo
từ TLTK số 2

Ta có: 46a + 26b + 14c = 28 (1)
9


Khi cho X qua bình Na dư a mol C 2H5OH → 0,5a mol H2, đồng thời thoát ra b
mol ankin ⇒ 0,5a + b = 0,5 (2)

ka mol C 2 H 5 OH

0,3 mol X bao gồm kb mol C 2 H 2
kc mol CH
2

Ta có: k( a +b) = 0,3
Từ lượng O2 phản ứng ta có phương trình:
k( 3a + 2,5b + 1,5c) = 0,125
a = 0,2; b = 0,4; c = 0,6
%mC2H5OH =

0,2.46
.100% = 32,86%
28

= (0,2.46 : 28). 100% = 32,86% ⇒ Đáp án A.

2.3.3.Phương pháp 3: Quy đổi phản ứng:
Từ bài toán có phương trình phản ứng này chuyển thành bài toán có
phương trình phản ứng khác giúp cách làm dễ hiểu và nhanh chóng hơn
Ví dụ 1. Hỗn hợp khí X gồm HCHO và H2 cho qua ống sứ đựng Ni, t0. Sau khi
phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp Y gồm 2 chất hữu cơ. Đốt cháy
hết Y thì thu được 11,7 gam CO2 và 7,84 lít CO2(đktc). Phần trăm thể tích H2
trong X là:
A. 35,00%
B.53,85%
C.65,00%
D.46,15%.
Hướng dẫn giải

n
n
H2O = 11,7: 18 = 0,65 mol;
CO2 = 7,84: 22,4 = 0,35 mol.
Chuyển bài toán đốt Y thành đốt X ta có:
HCHO cháy tạo ra số mol CO 2 và H2O bằng nhau. Vậy số mol H2
cháy tạo ra số mol H2O là: 0,65 – 0,35 = 0,3 mol. Vậy số mol H 2 trong X là: 0,3
mol. Số mol HCHO = nCO2 = 0,35 mol; nX = 0,3 + 0,35 = 0,65 mol.
%VH2(X) = (0,3: 0,65) . 100% = 46,15%. Đáp án D.
Ví dụ 2. Hỗn hợp X gồm 3 axit đơn chức mạch hở trong đó có 2 axit no là đồng
đẳng kế tiếp và 1 axit không no có một liên kết đôi ở gốc hidrocacbon. Cho m
gam X tác dụng với dung dịch chứa 0,7 mol NaOH. Để trung hòa lượng NaOH
dư cần 200 ml dung dịch HCl 1M và thu được dung dịch D. Cô cạn cẩn thận D
thu được 52,58 gam chất rắn khan E. Đốt cháy hoàn toàn E rồi hấp thụ toàn bộ
sản phẩm khí và hơi vào bình đựng dung dịch NaOH dư thấy khối lượng bình
tăng 44,14 gam. Thành phần phần trăm khối lượng axit không no là:
A.44,89%
B.48,19%
C.40,57%
D.36,28%
Trong trang này ở mục 2.3.3: Ví dụ 1 được tham khảo từ TLTK số 2. Ví dụ 2 được tham khảo
từ TLTK số 1

Hướng dẫn giải
10


Số mol HCl = 0,2 mol, số mol H2O tạo ra = 0,7 mol.
Âp dụng bảo toàn khối lượng ta có: m + 0,7.40 + 0,2. 36,5 = 52,58
+ 0,7.18 ⇒ m = 29,88 gam, nX = 0,5 mol

Khối lượng O2 cần dùng để đốt cháy E = 0,25.106 + 44,14
+0,2.58,5 – 52,58 = 29,76 gam.
Số mol O2 cần dùng cho phản ứng đốt cháy E = 0,93 mol
Gọi số mol CO2 và H2O tạo ra do đốt cháy E lần lượt là x và y ta có:
44x + 18y = 44,14 (1)
Mặt khác áp dụng bảo toàn nguyên tố O ta có:
0,5.2 + 0,93.2 = 0,25.3 + 2x + y (2)
Giải hệ phương trình (1) và (2) ta có: x = 0,77: y = 0,57
Chuyển bài toán đốt E thành đốt X ta có:
Số mol CO2 tạo ra là: 0,77 + 0,25 = 1,02 mol
Số mol H2O tạo ra là: 0,57 + 0,25 = 0,82 mol
Số mol axit không no = nCO2 – nH2O = 1,02 – 0,82 = 0,2 mol.
Số mol axit no = 0,5 – 0,2 = 0,3 mol.
⇒ 0,3( n +1) + 0,2(m+1) = 1,02
⇔ 3 n + 2m =5,2
m ≥ 2 ⇒ m =2
Axit không no là: CH2=CH – COOH
% khối lượng axit acrylic = 0,2. 72: 29,88 = 48,19% ⇒ Đáp án B
Ví dụ 3 : Cho a gam hỗn hợp X gồm 2 aminoaxit no, mạch hở( chứa 1 NH 2 và 1
COOH) trong phân tử tác dụng với 40,15 gam dung dịch HCl 20% thu được
dung dịch A. Để tác dụng hết với các chất trong dung dịch A cần vừa đủ 140 ml
dung dịch KOH 3M. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp trên rồi cho
sản phẩm qua bình đựng dung dịch NaOH dư, khối lượng bình tăng 32,8 gam.
Xác định công thức phân tử 2 aminoaxit biết tỉ lệ khối lượng phân tử của chúng
M1: M2 = 1,37.
A.H2N – CH2 – COOH và H2N – C3H6 – COOH
B.H2N – (CH2)2 – COOH và H2N – C4H8 – COOH
C.H2N – (CH2)3 – COOH và H2N – C5H10 – COOH
D.H2N – (CH2)3 – COOH và H2N – C6H12 – COOH
Hướng dẫn giải

Xem dung dịch A chứa các chất là: Aminoaxit và HCl. Khi cho A
tác dụng với KOH ta có nKOH = nHCl + naminoaxit
⇒ 0,14× 3= (40,15 × 20% :
36,5) + naminoaxit
⇒ naminoaxit = 0,2 mol.
H 2 N − Cn H 2 n − COOH

+

1 + 3n
O2 → (n + 1) CO2 +
2

(n + 1,5) H2O

Trong trang này ở mục 2.3.3: Ví dụ 3 được tham khảo từ TLTK số 1.
⇒ 0,2( n + 1) × 44 + 0,2( n +1,5) × 18 = 32,8
⇒n = 1,5
11


Vậy n1 = 1, aminoaxit thứ nhất là: H2N – CH2 – COOH( M1 =75)
M2 = 75× 1,37 = 103, aminoaxit thứ 2 là: H2N – C3H6 – COOH
2.3.4.Phương pháp 4: Quy đổi hỗn hợp ít chất thành nhiều chất
Chất chưa biết được cấu tạo phức tạp từ nhiều thành phần đã biết ⇒ Quy
đổi chất đó thành hỗn hợp gồm nhiều chất( nhiều thành phần cấu tạo ban đầu)
Polime đồng trùng hợp hoặc đồng trùng ngưng thì có thể coi là hỗn hộp
của các monome ban đầu.
Bài tập peptit phức tạp có thể quy về các aminoaxit
Nhận dạng bài toán:

Bài tập tính tỉ lệ mắt xích trong polime đồng trùng hợp hoặc đồng trùng
ngưng
Ví dụ 1: Đốt cháy 1 loại cao su Buna – N bằng O 2 vừa đủ thu được hỗn hợp khí
và hơi chứa 59,1%CO2 về thể tích. Tỉ lệ số mắt xích của Buta – 1,3 – dien và
acrilonitrin là:
A.3:5
B. 1:1
C.1:3
D.3:2.
Hướng dẫn giải
Nhận xét: Quy đổi cao su Buna – N trên thành 2 chất ban đầu cấu tạo nên nó là
Buta – 1,3 – dien : n mắt xích và Acrilonitrin : m mắt xích
Tỉ lệ n : m chính là đáp án bài toán. Tỉ lệ thể tích cũng là tỉ lệ về số
mol nên áp dụng bảo toàn nguyên tố ta có:
4n + 3m
.100% = 59,1%
4n + 3n + 3m + 1,5m + 0,5m
⇒ n : m = 1: 3. Đáp án C
Ví dụ 2 Đốt cháy hoàn toàn 1 polime X( tạo thành do đồng trùng hợp 2,3 –
đimetyl Buta – 1,3 – dien và acrilonitrn) với 1 lượng O 2 vừa đủ thấy tạo thành 1
hỗn hợp khí ở nhiệt độ 127 0C, áp suất xác định có 57,69%CO2 về thể tích. Tỉ lệ
số mắt xích của 2,3 – Đimetyl Buta – 1,3 – dien và acrilonitrin là:
A.3:2
B. 1:1
C.3:5
D.1:3.
Hướng dẫn giải
Quy đổi polime trên thành 2 chất ban đầu cấu tạo nên nó là 2,3 –
Đimetyl Buta – 1,3 – dien( C6H10) và acrilonitrin( C3H3N)
Phương trình phản ứng cháy:

C6H10 +
x mol

17
O2 → 6CO2 +
2

6x mol

5 H2 O
5x mol

Trong trang này ở mục 2.3.4: Ví dụ 1và ví dụ 2 được tham khảo từ TLTK số 1.

12


C3H3N +

15
3
1
O2 → 3CO2 + H2O + N2.
2
2
2

y mol
3y mol
Ta có hệ phương trình:

6 x + 3 y = 57,69

11x + 5 y = 100

1,5y mol 0,5y mol.

→ x: y = 1: 3. Đáp án D

Ví dụ 3.Khi đốt cháy một polime sinh ra từ phản ứng đồng trùng hợp isopren và
acrilonitrin bằng lượng O2 vừa đủ thu được hỗn hợp khí và hơi gồm CO 2, H2O
và N2 trong đó CO2 chiếm 58,33% về thể tích. Tỉ lệ số mắt xích của isopren và
acrilonitrin là:
A.1:2
B. 1:1
C.1:4
D.1:3.
Hướng dẫn giải:
Quy đổi polime trên thành 2 chất ban đầu cấu tạo nên nó là isopren(
C5H8) và acrilonitrin( C3H3N)
Phương trình phản ứng cháy:
C5H8 + 7O2 → 5CO2 + 4 H2O
x mol
5x mol
4x mol
C3H3N +

15
3
1
O2 → 3CO2 + H2O + N2.

2
2
2

y mol
3y mol
Ta có hệ phương trình:
5 x + 3 y = 58,33

9 x + 5 y = 100

1,5y mol 0,5y mol.

→ x: y = 1: 3. Đáp án D

2.3.5.Phương pháp 5: Quy đổi hỗn hợp về chất trung bình
Khi bài toán cho hỗn hợp chất có đặc điểm chung như: Cùng dãy
đồng đẳng, cùng số nguyên tử C hay cùng số nguyên tử H, cùng có phần
phân tử như nhau. Lúc đó ta quy đổi hỗn hợp về 1 chất trung bình.
Ví dụ 1.Hỗn hợp X gồm propan, propen, propin có tỉ khối đối với H 2 =21,2. Đốt
cháy hoàn toàn 11,2 lít X(đktc) thu đươc CO 2 và H2O. Cho sản phẩm cháy hấp
thụ vào 500 ml dung dịch Ca(OH)2 2M. Khối lượng dung dịch Ca(OH)2 sau
phản ứng tăng hay giảm bao nhiêu gam
A.35,8 gam
B. 42,8 gam
C.44,8 gam
D. 45 gam.
Hướng dẫn giải
Khối lượng phẩn tử trung bình của X = 21,2.2 = 42,4
Gọi công thức chung của 3 hidrocacbon trên là C3H x .

Ta có: 36 + x = 42,4 ⇒ x = 6,4
Trong trang này ở mục 2.3.4: Ví dụ 3 được tham khảo từ TLTK số 1. Ở mục 2.3.5: Ví dụ 1
được tham khảo từ TLTK số 2
13


n

X = 0,5 mol. Vậy nCO2 = 0,5.3 = 1,5 mol; nH2O = 0,5.(6,4:2) = 1,6 mol.
n
Ca(OH)2 = 0,5.2 = 1,0 mol. ⇒ nCaCO3 = 0,5 mol.
Dung dịch Ca(OH)2 được: 1,5.44 + 1,6.18 = 94,8 gam
Dung dịch Ca(OH)2 mất: 0,5.100 = 50 gam.
Vậy khối lượng dung dịch Ca(OH) 2 sau phản ứng tăng 94,8 – 50 = 44,8 gam.
Đáp án C
Ví dụ 2.Hỗn hợp M gồm Lys – Gly – Ala, Lys – Ala – Lys – Lys – Lys –Gly và
Ala – Gly trong đó Oxi chiếm 21,3018% về khối lượng. Cho 0,16 mol M tác
dụng vừa đủ với dung dịch HCl thu được m gam muối. Giá trị của m là:
A.86,16
B.90,48
C.83,28
D.93,26.
Hướng dẫn giải:
Do 3 peptit trên đều có 1 gốc Gly và 1 gốc Ala nên ta quy đổi hỗn hợp M
thành:
M ⇔ (Gly)(Ala)(Lys)[x - (x+1) H2O]
⇒ M: C5+6xH10+12xN2+2xO4+2x
M có 21,3018% khối lượng oxi nên ta có:

16(4 + 2 x)

= 21,3018% → x = 1,5.
12(5 + 6 x) + 1(10 + 12 x) + 14(2 + 2 x) + 16(4 + 2 x)
Vậy số mol N trong M = 0,16.(2+2.1,5) = 0,8 mol ⇒ số mol HCl phản ứng
với M = 0,8 mol. Khối lượng muối thu được là: mM + mHCl = 0,16[12(5 +
6.1,5 + 1(10+12.1,5) + 14(2+ 2.1,5) + 16(4 + 2.1,5)] + 0,8.36,5 = 90,48 gam.
Ví dụ 3.Hỗn hợp X có tỉ khối so với H 2 = 27,8 gồm butan, metyl xiclopropan,
but – 2 –en, etyl axetilen và đivinyl. Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol X, tổng khối
lượng CO2 và H2O thu được là:
A.36,66 gam
B.30,06 gam
C.37 ,2 gam
D.39,9 gam
Hướng dẫn giải
Khối lượng phẩn tử trung bình của X = 27,8.2 = 55,6
Gọi công thức chung của 3 hidrocacbon trên là C4H x .
Ta có: 48 + x = 55,6 ⇒ x = 7,6
n
X = 0,15 mol. Vậy nCO2 = 0,15.3 = 0,45 mol; nH2O = 0,15.(7,6:2) = 0,57
mol.
Vậy tổng khối lượng CO2 và H2O thu được là: 0,45.44 + 0,57. 18 = 30,06
gam. Đáp án C
Đối với bài tập peptit cần nắm vững quy đổi thường gặp sau:
+) Quy đổi peptit về CnH2n+2–xNxOx+1.Trường hợp này cần nắm được:
Trong trang này ở mục 2.3.5: Ví dụ 2 và ví dụ 3 được tham khảo từ TLTK số 1.
14


- CnH2n+2–xNxOx+1 + (x – 1)H2O + x HCl → muối clohidrat của các
aminoaxit.
- CnH2n+2–xNxOx+1 + xNaOH → muối natri của các aminoaxit + H2O.

- CnH2n+2–xNxOx+1 +

6n − 3 x
O2 → nCO2 + (n+1– 0,5x) H2O + 0,5x N2.
4

Ví dụ 4. Hỗn hợp A gồm 4 peptit: Ala – Gly; Ala – Ala – Val; Gly – Gly – Gly;
Ala – Ala – Ala – Ala – Val. Chia A thành 3 phần bằng nhau.Phần 1 cho tác dụng
với dung dịch HCl dư rồi cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 16,73 gam
muối. Cho phần 2 tác dụng với dung dịch NaOH dư thì thu được 14,7 gam muối.
Nếu đốt cháy hoàn toàn phần 3 cần b mol O 2 vừa đủ cho sản phẩm cháy là CO 2,
H2O và N2. Giá trị của b là:
A.0,875
B.0,435
C.1,050
D.0,525.
Hướng dẫn giải
Đặt công thức trung bình các peptit đã cho là: CnH2n+2 – xNxOx+1
Gọi a là số mol hỗn hợp peptit ở mỗi phần, ta có hệ:
a (14n + 29 x + 18) + 18a( x − 1) + 36,5ax = 16,73

a (14n + 29 x + 18) + 40ax = 14,7 + 18a

ax = 0,14
⇔
an = 0,36

Áp dụng bảo toàn nguyên tố Oxi ta có:
Vậy b =

a (6n − 3x ) 6.0,36 − 3.0,14
=
= 0,435. Đáp án B
4
4

Trong trang này ở mục 2.3.5: Ví dụ 4 được tham khảo từ TLTK số 1.
15


2.3.6.Bài tập củng cố không có hướng dẫn giải
Câu 1. Hỗn hợp X gồm vinyl axetat, metyl axetat và etyl fomat. Đốt cháy hoàn
toàn 3,08 gam X, thu được 2,16 gam H2O. Phần trăm số mol của vinyl axetat
trong X là:
A.25%
B.27,92%
C.72,08%
D.75%
Câu 2. Đốt cháy hoàn toàn 6,72 lít hỗn hợp A(đktc) gồm CH 4, C2H6, C3H8, C2H4,
C3H6 thu được 11,2 lít CO2( ddktc) và 12,6 gam H2O. Tổng thể tích C2H4 và
C3H6( đktc) trong hỗn hợp A:
A.5,60 lít
B.3,36 lít
C.4,48 lít
D.2,24 lít.
Câu 3. Đốt cháy hoàn toàn 3,42 gam hỗn hợp gồm axit acrylic, vinyl axetat,
metyl acrylat và axit oleic, rồi hấp thụ toàn thể sản phẩm cháy vào dung dịch
Ca(OH)2 dư. Sau phản ứng thu được 18 gam kết tủa và dung dịch X. Khối lượng
X so với khối lượng dung dịch Ca(OH)2 ban đầu đã thay đổi như thế nào?
A. Tăng 2,7 gam

B. Giảm 7,74 gam
C.Tăng 7,92 gam
D.Giảm 7,38 gam.
Câu 4. Hỗn hợp khí X gồm etilen, metan, propin và vinyl axetilen có tỉ khối so
với H2 là 17. Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol hỗn hợp X rồi cho hấp thụ toàn bộ
sản phẩm cháy vào bình dung dịch Ca(OH) 2 dư thì khối lượng bình tăng thêm m
gam. Giá trị của m là:
A. 5,85
B.3,39
C.6,6
D.7,3.
Câu 5. Đốt cháy hoàn toàn 2,76 gam hỗn hợp X gồm CxHyCOOH,
CxHyCOOCH3, CH3OH thu được 2,688 lít CO2(đktc) và 1,8 gam H2O. Mặt khác
2,76 gam X phản ứng vừa đủ với 30 ml dung dịch NaOH 1M thu được 0,96 gam
CH3OH. Công thức CxHyCOOH là:
A. C2H5COOH
B.CH3COOH
C.C2H3COOH
D.C3H5COOH
Câu 6. Hỗn hợp X axit panmitic, axit stearic, axitlinoleic. Để trung hòa m gam
X cần 40 ml dung dịch NaOH 1M. Mặt khác nếu đốt cháy hoàn toàn m gam X
thu được CO2 và 11,7 gam H2O. Số mol của axit linoleic trong m gam X là:
A. 0,015
B. 0,010
C.0,020
D.0,035.
Câu 7. X,Y,Z là axit cacboxylic đơn chức cùng dãy đồng đẳng (Mx T là este tạo bởi X, Y, Z với 1 ancol no 3 chức mạch hở E. Đốt cháy hoàn toàn
26,6g hỗn hợp M gồm X, Y, Z, T (trong đó Y và Z có cùng số mol) bằng O 2 vừa
đủ tạo thành 22,4 lít CO 2 (đktc) và 16,2g H2 O. Mặt khác đun nóng 26,6g M với

dung dịch AgNO3 /NH3 dư, phản ứng hoàn toàn thu được 21,6 gam Ag. Mặt
khác cho 13,3 gam M phản ứng hết với 400 ml dung dịch NaOH 1M đun nóng
thu được dung dịch N. Cô cạn N được m(g) chất rắn khan. Gía trị m gần nhất
với
A.24,74
B.38,04
C. 16,74
D.25,10
Câu 8. Hỗn hợp X gồm 1 axit cacboxylic T( 2 chức, mạch hở), hai anol đơn
Trong trang này ở mục 2.3.6: Câu 1, câu 3, câu 4, câu 6 được tham khảo từ TLTK số 2. Câu 2,
câu 5, câu 7 được tham khảo từ TLTK số 1. Câu 8 được tham khảo từ TLTK số 3.
16


chức cùng dãy đồng đẳng và một este 2 chức tạo bởi T với 2 ancol đó. Đốt cháy
hoàn toàn a gam X, thu được 8,36 gam CO2. Mặt khác, đun nóng a gam X với
100 ml dung dịch NaOH 1M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thêm tiếp 20
ml dung dịch HCl 1M để trung hòa lượng NaOH dư, thu được dung dịch Y. Cô
cạn Y thu được m gam muối khan và 0,05 mol hỗn hợp 2 ancol có phân tử khối
trung bình nhỏ hơn 46. Giá trị của m là:
A.7,09
B.5,92
C.6,53
D.5,36
Câu 9. Hỗn hợp Z gồm 2 este X, Y tạo bởi cùng 1 ancol và 2 axitcacboxylic
đồng đẳng kế tiếp( MX < MY). Đốt cháy hoàn toàn m gam Z cần vừa đủ 6,16 lít
O2(đktc) thu được 5,6 lít CO2 và 4,5 gam H2O. Công thức của X là:
A.HCOOCH3
B.CH3COOCH3
C.CH3COOC2H5.

D.(HCOO)2C2H4
Câu 10. Hỗn hợp X gồm axitaxetic, etylaxetat, metylaxetat. Cho m gam X tác
dụng vừa đủ 200 ml dung dịch NaOH 1M. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam
X cần V lít O2(đktc). Cho toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch
NaOH dư thấy khối lượng dung dịch tăng 40,3 gam. Giá trị của V là:
A.17,36
B.19,6
C.19,04
D.15,12
Câu 11. Hỗn hợp X gồm:HCHO,CH3COOH,HCOOCH3, CH3CH(OH)COOH.
Đốt háy hoàn toàn hỗn hợp X cần V lít O 2(đktc) sau phản ứng thu được CO2 và
H2O. Hấp thụ hết sản phẩm cháy vào dung dịch nước vôi trong dư được 30 gam
kết tủa. Giá trị của V là:
A.6,72 lít
B.7,84 lít
C. 5,60 lít
D.8,40 lít.
Câu 12. Hỗn hợp X gồm CH4, C2H4, C3H6, C4H6 trong đó số mol CH4 bằng số
mol C4H6. Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X rồi hấp thụ sản phẩm vào dung
dịch Ca(OH)2 dư, sau phản ứng khối lượng dung dịch giảm 7,6 gam. Giá trị của
m là:
A.3,6 gam
B. 4,2 gam
C.3,2 gam
D.2,8 gam.
Câu 13. Khi tiến hành đồng trùng hợp buta – 1,3 – dien và acrilonitrin thu được
một loại cao su Buna – N chứa 15,73% nito về khối lượng. Tỉ lệ mắt xích Buta –
1,3 – dien và acrilonitrin trong cao su lần lượt là:
A.3:2
B.1:2

C.2:1
D.2:3
Câu 14. Đốt cháy 1 loại cao su Buna – N bằng không khí vừa đủ thu được hỗn
hợp khí và hơi ở 136,50Cchứa 14,41%CO2 về thể tích. Tỉ lệ số mắt xích của Buta
– 1,3 – dien và acrilonitrin là:
A.2:3
B. 1:1
C.1:3
D.3:2.
Câu 15. Hỗn hợp X gồm 2 este no, đơn chức, mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn một
lượng X cần dùng vừa đủ 3,976 lít O 2(đktc) thu được 6,38 gam CO2. Mặt khác,
X tác dụng với dung dịch NaOH thu được 1 muối và 2 ancol là đồng đẳng kế
tiếp. Phần trăm số mol của este có khối lượng phân tử nhỏ hơn trong X là:
A.37,5%
B.33,53%
C.25%
D.62,5%.
Câu 16. Cho 0,7 mol hỗn hợp T gồm 2 peptit mạch hở là X(x mol) và Y(y mol),
đều tạo bởi glyxin và alanin. Đun nóng 0,7 mol T trong lượng dư dung dịch
Trong trang này ở mục 2.3.6: Câu 9, câu 11, câu 12, câu 13, câu 14, câu 15 được tham khảo từ
TLTK số 1.Câu 16 được tham khảo từ TLTK số 3.
17


NaOH thì có 3,8 mol NaOH phản ứng và thu được dung dịch chứa m gam muối.
Mặt khác nếu đốt cháy hoàn toàn x mol X hoặc y mol Y thì đều thu được cùng
số mol CO2. Biết tổng số nguyên tử O trong X và Y là 13, trong X và Y đều có
số liên kết peptit không nhỏ hơn 4. Giá trị của m là:
A.396,6
B.409,2

C.340,8
D.399,4.
Câu 17. Axitcacboxylic X 2 chức( có % khối lượng O< 70%), Y, Z là 2 ancol
đồng đẳng kế tiếp( MYcần vừa đủ 8,96 lít O2(đktc), thu được 7,84 lít CO2(đktc) và 8,1 gam H2O. Phần
trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp trên là:
A.15,9%
B.29,9%
C.29,6%
D.12,6%.
Câu 18. Hỗn hợp X chứa 3 axit cacboxylic đều đơn chức, mạch hở, gồm 1 axit
no và 2 axit không no đều có 1 liên kết đôi (C=C). Cho m gam X tác dụng vừa
đủ với 150 ml dung dịch NaOH 2M thu được 25,56 gam hỗn hợp muối. Đốt
cháy hoàn toàn m gam X, hấp thụ toàn thể sản phẩm cháy vào dung dịch NaOH
dư, khối lượng dung dịch tăng thêm 40,08 gam. Tổng khối lượng của 2 axit
cacboxylic không no trong m gam X là:
A.15,36 gam
B.9,96 gam
C.12,06 gam
D.18,96 gam.
Câu 19. Đun nóng m gam hỗn hợp gồm tetrapeptit mạch hở X và 2a mol
tripeptit mạch hở Y với 600 ml dung dịch NaOH 1M( vừa đủ). Sau khi phản ứng
kết thúc, cô cạn dung dịch thu được 72,48 gam muối khan của các aminoaxit
đều có 1 nhóm NH2 và 1 nhóm COOH trong phân tử. Giá trị của m là:
A.51,72
B.54,30
C.66,00
D.44,48.
Câu 20. Đốt cháy hoàn toàn 7,6 gam hỗn hợp gồm một axit cacboxylic no, đơn
chức, mạch hở và một ancol đơn chức( có số nguyên tử C trong phân tử khác

nhau) thu được 0,3 mol CO 2 và 0,4 mol H2O. Thực hiện phản ứng este hóa 7,6
gam hỗn hợp trên với hiệu suất 80% thu được m gam este. Giá trị của m là:
A.8,16
B.4,08
C.2,04
D.6,12.
Câu 21. Hóa hơi 8,64 gam hỗn hợp gồm 1 axit no, đơn chức, mạch hở X và 1
axit no, đa chức Y(có mạch cacbon hở,không phân nhánh) thu được một thể tích
hơi bằng thể tích của 2,8 gam N2( đo cùng nhiệt độ, áp suất). Đốt cháy hoàn toàn
8,64 gam hỗn hợp 2 axit trên thu được 11,44 gam CO 2. Phần trăm khối lượng
của X trong hỗn hợp đầu là:
A.72,22%
B.27,78%
C.35,25%
D.65,15%
Câu 22.Hỗn hợp E gồm 3 peptit mạch hở có tỉ lệ số mol 1:2:3, có tổng số liên
kết peptit nhỏ hơn 10, được tạo thành từ 3 aminoaxit no, mạch hở có tổng số
nhóm chức nhỏ hơn 9( không chứa nhóm chức khác NH 2 và COOH). Thủy phân
hoàn toàn m gam E cần vừa đủ 150 ml dung dịch NaOH 2M, thu được hỗn hợp
muối F có chứa muối của lysin( chiếm 3/61 phần khối lượng của F). Đốt cháy
hoàn toàn F rồi cho sản phẩm cháy vào bình đựng nước vôi trong dư thì thấy
khối lượng dung dịch giảm 33,32 gam và thoát ra 2,464 lít khí duy nhất( đktc).
Biết E có tổng số nguyên tử O gấp dôi tổng số nguyên tử N và các peptit đều có
Trong trang này ở mục 2.3.6: Câu 17, câu 18, câu 19, câu 20, câu 21 được tham khảo từ
TLTK số 2. Câu 22 được tham khảo từ TLTK số 1.
18


phản ứng màu biure. Phần trăm khối lượng của peptit có ít nguyên tử O nhất
trong E không thể là:

A.33,31%
B.38,01%
C.41,63%
D.45,25%.
Câu 23. X là este no, đơn chức, Y là axit cacboxylic đơn chức, không no chứa 1
liên kết đôi C = C, Z là este 2 chức tạo bởi axit Y và ancol T( X, Y, Z đều mạch
hở). Đốt cháy a gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z( số mol Y bằng số mol Z) cần dùng
7,504 lít O2(đktc), thu được tổng khối lượng CO2 và H2O là 19,74 gam. Mặt
khác, a gam E làm mất màu tối đa dung dịch chứa 22,4 gam Br2. Khối lượng của
X trong E là:
A.6,6
B.7,6
C.8,6
D.9,6.
Câu 24. Đốt cháy m gam hỗn hợp X gồm một số ancol, axit và este( đều no, đơn
chức, mạch hở) cần dùng 33,6 lít O 2. Cho toàn bộ sản phẩm đi qua dung dịch
NaOH thu được dung dịch Z. Nhỏ từ từ 200 ml dung dịch HCl 2M vào Z thu
được 2,24 lít(đktc) CO2. Mặt khác, đun sôi đến cạn Z thu được 79,5 gam muối.
Cho m gam X tác dụng với NaOH vừa đủ thu được 29,22 gam muối Y. Cho
muối Y nung nóng với vôi tôi xút thì thu được hỗn hợp khí và hơi T. Tỉ khối của
T so với H2 gần nhất với?
A.15,0
B.15,5
C.16,0
D.16,5.
Câu 25. Hỗn hợp X gồm C4H4, C4H2, C4H6, C4H8 và C4H10. Tỉ khối của X so với
H2 là 27. Đốt cháy hoàn toàn X cần dùng vừa đủ V lít O 2 (đktc), thu được CO2
và 0,03 mol H2O. Giá trị của V là
A.3,696.
B.1,232.

C.7,392.
D.2,464.
Câu 26.A là hỗn hợp chứa 1 axit đơn chức X, một ancol 2 chức Y và 1 este 2
chức Z( biết X, Y, Z đều no, mạch hở). Đốt cháy hoàn toàn 0,09 mol A cần
11,088 lít O2(đktc). Sau phản ứng thấy khối lượng của CO 2 lớn hơn khối lượng
của H2O là 11,1 gam. Mặt khâc 15,03 gam tác dụng vừa đủ với 0,15 mol KOH.
Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam muối khan và 1 ancol duy nhất
là etylen glicol . Giá trị của m gần nhất với?
A.18,72
B.20,4
C.16,4
D.12,45.
Câu 27 X, Y là 2 axit no, đơn chức, Z là ancol 2 chức, T là este 2 chức tạo từ X,
Y, Z. Đốt cháy 0,1 mol hỗn hợp E chứa X,Y,Z,T cần dùng 0,47 mol O 2 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 1 ancol có tỉ khối so với H 2 là 31.
Cô cạn G rồi nung nóng với xút dư 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.

Trong trang này ở mục 2.3.6: Câu 23, câu 24, câu 25, câu 26, câu 27 được tham khảo từ
TLTK số 1.
19


2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.

Đề tài này tôi đã được đem thử nghệm trong thực tế giảng dạy đã đạt
được một số kết quả tốt. Những kinh nghiệm này rất phù hợp với cách thi trắc
nghiệm hiện nay, với kiến thức các đề thi trong những năm gần đây. Học sinh
có hứng thú học tập hơn, tích cực chủ động sáng tạo để mở rộng vốn hiểu biết,
đồng thời cũng rất linh hoạt trong việc thực hiện nhiệm vụ lĩnh hội kiến thức và
phát triển kỹ năng. Sự ham thích làm bài tập trở nên thường xuyên hơn và có
hứng thú học tập nhiều hơn tiết học sinh động và có chất lượng cao hơn. Trong
các năm giảng dạy và ôn luyện thi đại học, cao đẳng với việc áp dụng phương
pháp trên tôi thấy khả năng giải bài tập hóa hữu cơ của học sinh đã được nâng
cao. Đặc biệt là những bài tưởng như rất khó với các em khi làm theo cách
thông thường thì nay trở nên cực dễ dàng. Tôi mong rằng đề tài này góp phần
nâng cao chất lượng giảng dạy cho giáo viên, và nâng cao hiệu quả học tập cho
học sinh.
Dù tôi rất cố gắng viết đề tài một cách tương đối kỹ theo từng phần nhưng
không tránh khỏi những hạn chế và thiếu sót. Rất mong nhận được sự quan tâm
đóng góp của các bạn đồng nghiệp.
3. Kết luận, kiến nghị
3.1.Kết luận: Đây là một đề tài góp phần rất lớn vào việc giải nhanh bài toán
hóa học, nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh, giúp các em tích cực và tự tin
hơn trong hoạt động tìm kiếm cách giải cho các bài tập. Qua đề tài này, kiến
thức, kỹ năng giải toán của học sinh được củng cố một cách có cơ sỏ vững chắc,
kết quả học tập được nâng cao.
Trong quá trình giảng dạy học sinh gặp bài toán có nhiều cách giải, có
cách dùng phương pháp quy đổi sẽ nhanh hơn và đơn giản hơn rất nhiều hoặc
phải dùng quy đổi mới giải được.
Qua quá trình nghiên cứu đề tài này, tôi thấy phương pháp luyện tập thông
qua sử dụng bài tập là một trong các phương pháp quan trọng để nâng cao chất
lượng dạy học bộ môn và góp phần nâng cao hứng thú học tập bộ môn. Tuy
nhiên để rèn luyện tính suy luận củng cố kiến thức về phản ứng hoá học cho học
sinh và rèn kĩ năng giải bài tập hoá học , thì việc sử dụng các bài toán có nội

dung sử dụng phương pháp quy đổi để giải sẽ có tác dụng to lớn và đặc biệt đáp
ứng phần nào những khúc mắc của học sinh khi giải đề tuyển sinh vào đại học
khối A ,B. Do đó là giáo viên chuyên ngành Hoá tôi thấy nên giới thiệu một số
kỹ thuật quy đổi trong hóa hữu cơ một cách hệ thống cho học sinh khi giải bài
tập,bắt đầu từ lớp 11, rồi sang lớp 12 thì củng cố và nâng cao hơn, giúp các em
nâng cao kiến thức, tạo sự say mê trong học tập và có vốn kiến thức để thi đỗ
vào các trường đại học và cao đẳng.
Trong quá trình nghiên cứu, vì thời gian có hạn ,nên tôi chỉ nghiên cứu
một phần của phương pháp quy đổi trong giải bài tập hoá học ,số lượng bài tập
20


vận dụng chưa được nhiều và không tránh khởi những thiếu sót. Tôi rất mong
nhận được sự đóng góp ý kiến quý báu của các thầy cô giáo và các đồng nghiệp.
Hiện nay tôi thấy hầu hết các giáo viên đều vận dụng kinh nghiệm giảng
dạy từ bản thân trong quá trình giảng dạy, mặt khác tham khảo qua các SKKN
của đồng nghiệp thì kết quả giảng dạy trong nhà trường sẽ thu được kết quả cao
hơn.
3.2. Kiến nghị:
Tôi xin đề xuất là mỗi năm 1 lần vào hè sở tổ chức 1 lần hội thảo sáng
kiến kinh nghiệm. Trình bày những sáng kiến có giải cao, đóng góp thiết thực
lớn cho công tác giảng dạy, mỗi trường THPT có một người đi tiếp thu để học
hỏi kinh nghiệm trên cơ sở đó truyền đạt lại cho đồng nghiệp, giúp đổi mới
nhanh cách dạy phù hợp cho hiệu quả học tập của học sinh ngày càng nâng cao.
Xin trân trọng cảm ơn!

Thanh Hóa, tháng 5 năm 2017
Xác nhận của thủ trưởng đơn vị
Người viết

Nguyễn Thị Hiền
Tôi xin cam đoan đây là SKKN
của mình viết, không sao chép
nội dung của người khác

21


Tài liệu tham khảo
1.Một số đề thi thử đại học của các trường THPT trên cả nước từ
năm 2013 đến năm 2017
2.Đề thi đại học, cao đẳng các năm 2007 đến năm 2014
3.Đề thi THPT Quốc Gia năm 2015 và 2016

22


DANH MỤC
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH
NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Nguyễn Thị Hiền
Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên trường THPT Yên Định 2

TT Tên đề tài SKKN
1.

Cách suy luận sản phẩm phản
ứng hóa học

2.

Phương pháp hướng dẫn học
sinh viết đúng sản phẩm phản
ứng axit – bazo( Theo quan
điểm Bronsted) và phản ứng
oxihoa – khử
Các sai lầm học sinh thường
mắc phải khi giải bài toán hóa
học về sắt và các hợp chất
của sắt.
Bài toán cho dung dịch chứa
HCO32- và CO32- vào dung
dịch chứa H+ và ngược lại

3.

4.

Cấp đánh giá
xếp loại
(Ngành GD cấp
huyện/tỉnh;
Tỉnh...)
Ngành giáo dục
cấp tỉnh; Tỉnh
Thanh Hóa
Ngành giáo dục
cấp tỉnh; Tỉnh
Thanh Hóa

Kết quả
đánh giá
xếp loại
(A,
B,
hoặc C)
C

Năm học
đánh giá
xếp loại
2001
2002

-

C

2004
2005

-

Ngành giáo dục C
cấp tỉnh; Tỉnh
Thanh Hóa

2009
2010

-

Ngành giáo dục B
cấp tỉnh; Tỉnh
Thanh Hóa

2013
2014

-

23