SKKN:sơ đồ tư duy trong dạy học hóa 10

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 11 PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH
BÀI TOÁN CỘNG HIDRO VÀO HIDROCACBON KHÔNG NO

Họ và tên giáo viên: TRẦN THANH QUYÊN
Đơn vị công tác : TRƯỜNG THPT SỐ 2 HUYỆN BẮC HÀ

Năm học: 2015 - 2016
1


MỤC LỤC
Nội dung
Phần 1: Đặt vấn đề
Phần 2. Nội dung
I. Cơ sở lí thuyết
II. Thực trạng vấn đề
II. Các giải pháp thực hiện
1. Bảng tóm tắt một số công thức giải nhanh bài tập cộng hidro vào
hidrocacbon không no
2. Các bước giải các dạng bài giải cộng hidro vào hirocacbon không
no
3. Một số bài tập ví dụ
4. Một số bài tập tự giải
VI. Tính hữu ích của sáng kiến
V. Tính mới của sáng kiến
Phần 3. Kết luận
Phần phụ lục

Trang
3
4
4
7
9
9
10

14
23
23
25
26
29

Phần I
ĐẶT VẤN ĐỀ
2


1. Lý do chọn đề tài
Phương pháp kiểm tra trắc nghiệm khách quan là một hình thức kiểm tra đã
được sử dụng rộng rãi trong nhiều môn học của nước ta hiện nay. Đây là một
phương thức lường kiến thức một cách toàn diện. Với hệ thống câu hỏi đa dạng
và nhiều lựa chọn kết quả do vậy sẽ tránh được hiện tượng học tủ, học lệch của
học sinh, tránh được hiện tượng tiêu cực trong kiểm tra, thi cử.
Tuy nhiên đa số học sinh còn chưa quen với cách giải nhanh gọn của một bài
toán hóa học trắc nghiệm trong thời gian ngắn. Trong quá trình giảng dạy môn
hóa học tôi nhận thấy khả năng giải bài toán hóa học của các em học sinh còn

hạn chế, đặc biệt là bài toán hóa học hữu cơ vì phản ứng của hóa hữu cơ thường
xảy ra theo nhiều chiều hướng, phản ứng có thể xảy ra hoàn toàn hoặc không
hoàn toàn... Trong đó, giải dạng bài tập phản ứng cộng hidro vào hidrocacbon
không no học sinh thường khó xác định sản phẩm của phản ứng đã xảy ra; số
mol các chất tham gia phản ứng; lời giải rất dài dòng và phải đặt rất nhiều ẩn số
do vậy gặp khó khăn về mặt tính toán.
Để giúp các em học sinh có thể giải nhanh dạng bài này tôi đã chọn đề tài:
“Hướng dẫn học sinh lớp 11 phương pháp giải bài toán cộng hidro vào
hidrocacbon không no”
2. Mục đích nghiên cứu
- Thăm dò khả năng và năng lực tư duy của học sinh khi tiếp cận với một
phương pháp học tập mới.
- Sử dụng nhanh phương pháp để giải nhanh bài toán cộng hidro vào cacbon
không no
- Rèn luyện trí thông minh của học sinh, phát huy tính tích cực, tư duy, chủ động
sáng tạo của học sinh, tạo niềm vui và hứng thú học tập bộ môn.
3. Đối tượng nghiên cứu
Học sinh lớp 11A1,2 trường THPT số 2 Bắc Hà
4. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu lí thuyết: Nghiên cứu sách giáo khoa, sách bài tập, bộ đề thi tuyển
sinh cao đẳng – đại học, lấy nội dung các lí thuyết về hóa học hữu cơ (phản ứng
cộng hidro vào hidroccbon không no)
- Tổng kết kinh nghiệm và thủ thuật giải nhanh bài tập hóa học.
5. Phạm vi, kế hoạch nghiên cứu
Nghiên cứu trong thời gian 4 tháng bắt đầu từ tháng 1 năm 2016 đến
tháng 04 năm 2016 tại trường THPT số 2 Bắc Hà
Phần II
NỘI DUNG
3

I. CƠ SỞ LÍ THUYẾT

Ta có dạng bài tập cộng hidro vào hidrocacbon không no khi phân tích đề bài
ta nhận thấy: Hỗn hợp khí X (Hidrocacbon không no và hidro) điều kiện xúc tác,
nhiệt độ. Sản phẩm tạo thành hỗn hợp khí Y (ankan, hidrocacbon không no dư,
hidro dư). Khi có mặt chất xúc tác như Ni, Pt, Pd, ở nhiệt độ thích hợp,
hiđrocacbon không no cộng hiđro vào liên kết π (là liên kết kém bền hơn).
1. Phương trình hoá học của phản ứng tổng quát
xuc tac
→ CnH2n+2
CnH2n+2-2k + kH2 
t
(k là số liên kết π trong phân tử; anken k=1, ankin k=2)
Tuỳ vào hiệu suất của phản ứng mà hỗn hợp Y có hiđrocacbon không no dư
hoặc hiđro dư hoặc cả hai còn dư.
Dựa vào phản ứng tổng quát ta thấy:
0

- Trong phản ứng cộng H2, số mol khí sau phản ứng luôn giảm (n Y < nX) và
chính bằng số mol khí H2 phản ứng: nH 2 = nX − nY
- Theo định luật bảo toàn khối lượng thì khối lượng hỗn hợp X bằng khối lượng
hỗn hợp Y (mX = mY)
m
m
MX nY
=
>1 (do n X > n Y )
Ta có: MY = n Y ; MX = n X → d X/ Y =
MY nX

Y
X
- Hai hỗn hợp X và Y chứa cùng số mol C và H nên
+ Khi đốt cháy hỗn hợp X hay hỗn hợp Y đều cho ta các kết quả sau
3n + 1 − k
O 2 → nCO2 + ( n + 1 − k ) H 2O
2

C n H 2n + 2−2k  +

Phương trình đốt cháy của hỗn hợp X và Y là như nhau nên sau khi phản ứng
ta luôn có :
nOđo
n 2đo( t ch
t ch
á Xy ) = O
á Yy )
2(
nH 2Ođo
(

nCOđo
2(

t ch
á X
y

t ch
á Xy

)

= nH O2 đo
( t ch
á Y
y
)

= CO
n

(
2đo

)

t ch
á Yy )

Do đó thay vì tính toán trên hỗn hợp Y (thường phức tạp hơn trên hỗn hợp X)
ta có thể dùng phản ứng đốt cháy hỗn hợp X để tính số mol các chất như:
n O2 pu , n CO2 , n H2O .
+ Số mol hiđrocacbon trong X bằng số mol hiđrocacbon trong Y: nhhX = nhhY
2. Trường hợp hiđrocacbon không no trong X là anken
- Ta có sơ đồ:
4


 ankan( sp )Cn H 2 n + 2

 anken(Cn H 2n ) Ni ,t o

Hỗn hợp khí X 

→ hỗn hợp khí Y gồm  anken( du )Cn H 2 n
H 2
 H du
 2

Phương trình hoá học của phản ứng:
xuc tac
→ CnH2n+2
CnH2n + H2 
t
Đặt n Cn H 2n = a; n H 2 = b
0

- Phản ứng cộng H2 hoàn toàn thì:
+ Trường hợp1: Hết anken, dư H2 (a < b)
xuc tac
→ CnH2n+2
CnH2n + H2 
t
a
a
a
mol
Dựa vào pt: n H2 du = b - a ⇒ n Y = n Cn H 2n +2 + n H2 du = b → nH 2 ( X ) = nY
0

+ Trường hợp 2: Hết H2, dư anken (a > b)
xuc tac
→ CnH2n+2
CnH2n + H2 
t
b
b
b
mol
Dựa vào pt: n Cn H 2n du = a - b ⇒ n Y = n Cn H 2n +2 + n Cn H2n du = a → nanken ( X ) = nY
0

+ Trường hợp 3: Cả 2 đều hết (a = b)
n H 2 = n Cn H2n = n Cn H2n +2 = a = bmol ⇒ n Y = n Cn H 2n +2 = a = b → nH2 ( X) = nanken( X) = nY
- Phản ứng cộng hiđro không hoàn toàn thì còn lại cả hai (không chất nào
phản ứng hết)
- Nhận xét: Dù phản ứng xảy ra trong trường hợp nào đi nữa thì ta luôn có:
nH 2 pu = nankenpu = n X −n y
Do đó khi bài toán cho số mol đầu n X và số mol cuối nY ta sử dụng kết quả
này để tính số mol anken phản ứng.
3. Trường hợp hiđrocacbon không no trong X là ankin
Ankin cộng H2 thường cho ta hai sản phẩm:
xuc tac
→ CnH2n+2
CnH2n-2 + 2H2 
t
0

→ CnH2n
CnH2n-2 + H2 

t
a) Phản ứng không hoàn toàn, hỗn hợp thu được gồm 4 chất: anken, ankan,
ankin dư và hiđro dư.
Ta có sơ đồ:
xuc tac
0

5


Phương trình hoá học của phản ứng :
xuc tac
→ CnH2n+2
CnH2n-2 + 2H2 
t
Đặt n Cn H 2n-2 = a; n H 2 = b
0

b) Phản ứng cộng H2 hoàn toàn thì:
- Trường hợp1: Hết ankin, dư H2 (2a < b)
xuc tac
→ CnH2n+2
CnH2n-2 + 2H2 
t
a
2a
a
mol
Dựa vào pt: n H2 du = b - 2a ⇒ n Y = n Cn H2n +2 + n H2 du = b → nH 2 ( X ) = nY
0

- Trường hợp 2: Hết H2, dư ankin (2a > b)
xuc tac
→ CnH2n+2
CnH2n-2+2H2 
t
b/2 b
b/2 mol
Dựa vào Pt: n Cn H2n du = a - b / 2 ⇒ n Y = n Cn H2n +2 + n Cn H2n -2 du = a → nankin ( X ) = nY
0

- Trường hợp 3: Cả 2 đều hết (a = b)
n H2 = n Cn H2n -2 = n Cn H2n + 2 = a = bmol ⇒ n Y = n Cn H2n +2 = a = b → nH2( X) = nankin( X) = nY
* Nếu phản ứng cộng hiđro không hoàn toàn thì còn lại cả hai (không chất
nào phản ứng hết).
Nhận xét: Dù phản ứng xảy ra trong trường hợp nào đi nữa thì ta luôn có:
Anken (CnH2n): x mol
Ankan (CnH2n+2): y mol
Ankin dư: a-(x+y) mol
Hidro dư : b - (x +2y)
nY = a + b − ( x + 2 y ) → nH 2 pu = nX − nY ≠ nankinpu
4. Trường hợp ankin và anken cùng phản ứng
 ankin
+ H2
 anken

Hỗn hợp X 

Nếu xúc tác là Ni,to cả anken và ankin phản ứng
Nếu xúc tác là Pd/PbCO3 chỉ có ankin phản ứng

Sau phản ứng:
+ Số mol giảm nX < nY
+ Khối lượng không thay đổi MX = MY
d X /Y =

M X nX
=
< 1 →nH 2 pu = nX −nY ≠ nankinpu
M Y nY

II. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ
6


Để thực hiên tốt các nghị quyết của Đảng “Đổi mới căn bản, toàn diện giáo
dục và đào tạo, đáp ứng yêu cầu công nghiệp hóa, hiện đại hóa trong điều kiện
kinh tế thị trường định hướng xã hội chủ nghĩa và hội nhập quốc tế”. Trường
THPT số 2 huyện Bắc Hà chú trọng nâng cao chất lượng các môn học. Trong
quá trình giảng dạy môn Hóa học lớp 11, tôi nhận thấy học sinh giải các bài toán
hóa hữu cơ các em thường các lỗi cơ bản:
- Không viết được phương trình phản ứng, cân bằng phương trình sai dẫn tới
giải sai;
- Xác định sai số mol các chất tham gia phản ứng;
- Xác định sai yêu cầu của đề bài tập do đó áp dụng công thức sai dẫn tới giải
sai;
- Tốn nhiều thời gian dành giải bài tập mà hiện nay hình thức thi và kiểm tra
của môn hóa học chủ yếu là trắc nghiệm do vậy thời gian giành cho môt bài tập
là rất ngắn (từ 1- 3 phút).
1. Kết quả bài khảo sát lần 1

TT

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18

Họ và tên
(Nhóm 1)

Ma A Bả
Hảng Seo Bềnh
Vũ Thị Chi
Triệu Thị Chỉn
Chấu A Chính
Nguyễn Trung Đức

Nguyễn Văn Đức
Lý Thị Giáng
Giàng Seo Giống
Lê Thị Thu Hiền
Trần Đình Hiếu
Phạm Văn Hiệp
Mai Việt Hoàng
Thèn Thị Huệ
Vũ Chí Khang
Nguyễn Việt Long
Lã Thị Na
Đặng Phương Nam

Điểm
kiểm tra

TT

5.5
6
4
5
4
4
4,5
4,5
6.5
6
5
4

5
6
4
7
4
5

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18

Họ và tên
(Nhóm 2)

Hoàng Thị Tú Anh

Nguyễn Thị Vân Anh
Bùi Ngọc Ánh
Sùng Thị Dung
Nguyễn Đức Duy
Lù Thị Đào
Phạm Thị Hiền
Đặng Văn Hiếu
Nguyễn Thị Hồng
Tải Thị Hồng
Sùng Sính Huệ
Đào Thị Thu Huyền
Đặng Thị Huyền
Đào Thị Hương
Đặng Thị Hương
Lò Tà Lai
Nguyễn Đức Lễ
Thèn Thị Loan

Điểm
kiểm
tra lần
2

5
5
5
3,5
4,5
6.8
6,3

5
4
5
4
5
4,5
4
6.5
6,3
4
4
7


19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34

35

Hoàng Hoài Nam
Phạm Thị Nga
Chấu Đức Phòng
Đặng Thị Minh Phương
Nguyễn Hồng Quang
Mai Quốc Quân
Phạm Biên Tập
Phạm Thị Thùy
Lù Văn Toàn
Đỗ Huyền Trang
Nguyễn Thị Tuyết
Nguyễn Thanh Tùng
Nguyễn Xuân Tường
Ngô Thị Lan Uyên
Vàng Văn Việt
Triệu Xuân Vười
Nguyễn Hồng Xuân
Điểm trung bình

Điểm/Nhóm
11A1
11A2

Giỏi
SL TL%
0
0
0

0

4
4.5
4.8
5
4
7
5
3.5
7
5
4.3
6.8
6.8
4
5
6
5
5,0

Khá
SL
TL%
6 17,14
4 11.76

19
20
21

22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34

Vũ Thị Hồng Ly
Nguyễn Hoàng Nguyên
Phạm Thị Oanh
Ma A Qua
Mùi Thị Quế
Phạm Thị Quỳnh
Bàn Văn Sơn
Vàng Văn Thái
Nguyễn Minh Thiện
Lùng Thị Thơm
Nguyễn Thị Minh Thư
Trần Lệ Thư
Phạm Thị Trang
Trương Thị Trang
Lục Văn Trúc
Trịnh Văn Tú

4,5
5
4
6.8
4
5
4
4,5
4
4
6.5
4
4,5
4
4
4

Điểm trung bình

4,5

Trung bình
SL TL%
14 40.00
8 23.53

Yếu
SL
TL%

15 42.86
22 64.70

Kém
SL TL%
0
0
0
0

2. Nguyên nhân
- Học sinh lớp 11 (lớp 11A1 là lớp chọn) mới bắt đầu học hóa học hữu cơ
nên các kĩ năng giải bài tập hữu cơ còn chưa thực sự quen thuộc với các em
học sinh;
- Kĩ năng làm bài tập trắc nghiệm chưa thực sự thành thục. Kĩ năng đọc
và phân tích các dữ kiện đề bài còn yếu;
- Khả năng viết phương trình hóa học còn yếu. đặc biệt là các phương
trình có nhiều loại sản phẩm như hóa hữu cơ;
- Khả năng tính toán hóa học còn các em còn yếu. Trong các phương trình
có nhiều ẩn số các em thường bị nhầm lẫn giữa các ẩn số.
II. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN

8


1. Bảng tóm tắt một số công thức giải nhanh bài tập cộng hidro vào
hidrocacbon không no
Với cơ sở lí thuyết đã trình bày để các em học sinh có thể nhớ được tất cả
các bước trình bày, biểu thức đối với học sinh là rất khó. Vì vậy tôi đã tóm tắt
trong bảng để học sinh để có thể hoàn thành dạng bài tập một cách nhanh hơn.

Khi phân tích các dữ kiện đề bài học sinh có thể sử dụng nhanh các công thức
để giải nhanh bài tập.
Hợp chất

Anken (CnH2n)

Ankin(CnH2n-2)

Dạng toán

Hh X (anken a mol+H2 b Hh X (ankin a mol+ H2 b mol)
xuctac ,t
xuctac ,t
mol) 
→ hhY CnH2n+2

→ hh Y (CnH2n+2, CnH2ndư,
CnH2n-2 dư, H2 dư nX = a + b
CnH2ndư, H2 dư nX = a + b
o

o

xuc tac
→ CnH2n+2
C
nH2n+ H2 
t
Phương trình
phản ứng

0

Dự
đoán
sản
phẩm

Phản
ứng
hoàn
toàn

+ TH1: Hết CnH2n, dư H2
(a < b) → nH 2 ( X ) = nY
+ TH 2: Hết H2, dư CnH2n
(a>b) → nanken( X ) = nY

+ TH 3: Cả 2 đều hết
(a=b) → nH ( X) = nanken( X) = nY
Ankan (CnH2n): x mol
Phản
Anken dư: a-x mol
ứng
Hidro dư : b - y mol
không
nY = a + b - x
hoàn
toàn
2

Công thức cần
nắm

nH 2 pu = nankenpu = nX − ny

xuc tac
→ CnH2n+2
CnH2n-2+ 2H2 
t
0

xuc tac
→ CnH2n
CnH2n-2 + H2 
t
0

+ TH 1: Hết CnH2n-2, dư H2
(2a < b) → nH ( X ) = nY
+ TH 2: Hết H2, dư CnH2n-2
(2a > b) → nankin ( X ) = nY
2

+ TH 3: Cả 2 đều hết
(a= b) → nH ( X) = nankin( X) = nY
Anken (CnH2n): x mol
Ankan (CnH2n+2): y mol
Ankin dư: a-(x+y) mol
Hidro dư : b - (x +2y)
2

nH2 pu = nX − nY ≠ nankinpu

 nX < nY (so mol giam)

→
Sau phản ứng mX = mY

d X/Y =

MX nY
=
>1 (do n X > n Y )
MY nX

Chú ý: Nếu cả anken và ankin đều phản ứng. Sau phản ứng:
9


+ Số mol giảm nX < nY
+ Khối lượng không thay đổi MX = MY
d X /Y =

M X nX
=
< 1 →nH 2 pu = n X −nY ≠ nankinpu
M Y nY

2. Các bước giải nhanh các dạng bài giải cộng hidro vào hirocacbon
không no

Trong quá trình giảng dạy bộ môn hóa học tôi nhận thấy có thể chia bài
toán cộng hidro vào hidrocacbon không no thành các dạng bài tập để các em học
sinh có thể dễ dàng nhận biết dạng bài tập từ đó đưa ra phương pháp giải và
công thức phù hợp. Ta có thể tạm chia thành 4 dạng bài tập thường gặp.
a) Dạng 1. Xác định số hidrocacbon tham gia phản ứng cộng hidro thu được
ankan cho trước
Hoạt động giáo viên
Hoạt động học sinh
GV: Hướng dẫn HS xác định a) Dạng 1. Xác định số hidrocacbon tham gia
được dạng bài tập từ đó đưa ra phản ứng cộng hidro thu được ankan cho
phương pháp giải dạng bài tập. trước
Yêu cầu HS cùng làm bài tập
Bước 1. Viết công thức cấu tạo ankan tạo
thành trong sản phẩm.
Bước 2. Viết các hidrocacon không no thỏa
GV: Yêu cầu HS giải bài tập ví mãn yêu cầu của đề bài.
dụ theo từng bước
Bước 3. Xác định loại mạch thỏa mãn điều
Ví dụ áp dụng
kiện đề bài
Hidro oxi hóa hoàn toàn Bước 4. Với mỗi loại hidrocbon thỏa mãn,
ankadien X thu được 2- viết các công thức cấu tạo có thể có.
metylpentan. Hãy cho biết có
Ví dụ áp dụng
bao nhiêu chất phù hợp với X.
Hidro oxi hóa hoàn toàn ankadien X thu
A. 4 B.5
C.6
D.7
được 2- metylpentan. Hãy cho biết có bao

HS: giải bài tập
nhiêu chất phù hợp với X.
A. 4 B.5
C.6
D.7
Bài giải
Công thức cấu tạo của 2- metylpentan là:
CH3 - CH - CH2 - CH2 - CH3
CH3
X phải có dạng mạch tương tự sản phẩm:
C - C(C) - C - C -C
10


Các dạng đồng phân của X phù hợp là:
CH2 = CH(CH3) - CH = CH - CH3
CH2 = CH(CH3) - CH2 - CH = CH2
CH3 - C(CH3) = CH2 - CH = CH2
CH3 - C(CH3) = C = CH - CH3
CH3 - C(CH3) - CH = C = CH2
Vậy đáp án B
b) Dạng 2. Xác định hiệu suất của
không no
Hoạt động giáo viên
GV: Hướng dẫn HS xác định được
dạng bài tập từ đó đưa ra phương pháp
giải dạng bài tập. Yêu cầu HS cùng
làm bài tập
Bước 1. Đổi số liệu bài toán về đơn vị
mol

Bươc 2. Tính số mol các chất tham
gia, tạo thành theo lí thuyết và thực tế.
Bước 3. Xác định hiệu xuất được tính
theo chất nào. Với chất tham gia hiệu
suất được tính theo chất hết trước nếu
phản ứng xảy ra hoàn toàn (chất hết
trước là chất có tỉ lệ số mol chất/ hệ số
là nhỏ nhất).
Bước 4. Xác định hiệu suất
luonthucteA
.100%
luonglithuyetA
luonglithuyetB
=
.100%
luongthucteB

phản ứng cộng hidro vào hidrocacbon
Hoạt động học sinh
b) Dạng 2. Xác định hiệu suất của
phản ứng cộng hidro vào hidrocacbon
không no
Bước 1. Đổi số liệu bài toán về dơn vị
mol
Bươc 2. Tính số mol các chất tham gia
tạo thành theo lí thuyết và thực tế.
Bước 3. Xác định hiệu xuất được tính
theo chất nào. Với chất tham gia hiệu
suất được tính theo chất hết trước nếu
phản ứng xảy ra hoàn toàn (chất hết

trước là chất có tỉ lệ số mol chất/ hệ số
là nhỏ nhất).
Bước 4. Xác định hiệu suất

H pu (luongchatthamgiaA ) =
H pu (luongchatthamgiaB )

luonthucteA
.100%
luonglithuyetA
luonglithuyetB
=
.100%
luongthucteB

H pu (luongchatthamgiaA) =
H pu (luongchatthamgiaB )

Để trành nhầm lẫn khi xác định hiệu
xuất ta có công thức:
H pu ( châtX ) =

luongnhoX
.100%
luonglonX

HS : Xác định các bước giải bài tập
GV: Yêu cầu HS giải bài tập ví dụ
theo từng bước
Ví dụ áp dụng

Ví dụ áp dụng
Hỗn hợp A gồm C2H4, C3H6 và H2.
Hỗn hợp A gồm C2H4, C3H6 và H2. Cho 3,36 lít hỗn hợp A qua bình đựng
11


Cho 3,36 lít hỗn hợp A qua bình đựng
Ni nung nóng thu được hỗn hợp B
(các pư xảy ra hoàn toàn). Đốt cháy
hỗn hợp B thu được 5,6 lít CO2 ở đktc
và 5,4 g nước. Thành phần phần trăm
theo thể tích của H2 trong hỗn hợp A
là:
A. 15% B.33,33% C.50% D.75%
HS: Hoàn thành bài tập theo nhóm
Bước 1. Đổi số liệu bài toán về đơn vị
mol
Bươc 2. Tính số mol các chất tham gia
tạo thành theo lí thuyết và thực tế.
nA = 0,15 mol, nH2O = 0,3 mol,
nCO2 = 0,3 mol
Bước 3. Xác định hiệu xuất được tính
theo chất nào. Với chất tham gia hiêu
suất được tính theo chất hết trước nếu
phản ứng xảy ra hoàn toàn (chất hết
trước là chất có tỉ lệ số mol chất/ hệ số
là nhỏ nhất).
Theo định luật bảo toàn nguyên tố ta
thấy lượng CO2 và H2O sinh ra khi đốt
A hay B đều bằng nhau.

Ni nung nóng thu được hỗn hợp B
(các pư xảy ra hoàn toàn). Đốt cháy
hỗn hợp B thu được 5,6 lít CO2 ở đktc
và 5,4 g nước. Thành phần phần trăm
theo thể tích của H2 trong hỗn hợp A
là:
A. 15% B.33,33% C.50% D.75%
Bài giải

nA = 0,15 mol, nH2O = 0,3 mol, nCO2
= 0,3 mol
Theo định luật bảo toàn nguyên tố ta
thấy lượng CO2 và H2O sinh ra khi đốt
A hay B đều bằng nhau.
Khi đốt C2H4, C3H6 thì n H 2O = n CO2
Độ chênh lệch số mol CO 2 và H2O
chính là số mol H2O sinh ra khi đốt H2
n H2 = n H2O - n CO2 = 0,3 - 0,25 = 0,05 mol
%VH2 =

0,05
×100 = 33,33%
0,15

Khi đốt C2H4, C3H6 thì n H 2O = n CO2
Độ chênh lệch số mol CO2 và H2O
chính là số mol H2O sinh ra khi đốt H2
n H = n H O - n CO = 0,3 - 0,25 = 0,05 mol B
ước 4. Xác định hiệu suất

0,05
%VH =
×100 = 33,33%
0,15
2

2

2

2

c) Dạng 3. Tìm công thức phân tử của hidrocacbon không no tham gia phản
ứng
Hoạt động giáo viên
Hoạt động học sinh
GV: Hướng dẫn HS xác định được c) Dạng 3. Tìm công thức phân tử của
dạng bài tập từ đó đưa ra phương hidrocacbon không no tham gia phản
12


pháp giải dạng bài tập. Yêu cầu HS
cùng làm bài tập
HS: Hoàn thành bài tập theo nhóm
Ví dụ áp dụng
Cho hỗn hợp X gồm 1 anken và
H2 có =3,33. Cho X qua Ni nung
nóng, đến khi phản ứng xảy ra hoàn
toàn thu được hỗn hợp Y có = 4.
Tìm công thức phân tử của anken.

A. C2H4
B. C3H6
C. C4H8
D. C5H10

ứng
Bước 1. Đổi số liệu bài toán về đơn vị
mol.
Bươc 2. Phương trình hoá học của phản
ứng tổng quát
xuc tac
→ CnH2n+2 (k là
CnH2n+2-2k + kH2 
t
số liên kết π trong phân tử
0

anken k=1, ankin k=2)

Bước 3. Từ điều kiện đề bài xác định
k=

nH 2 pu
nhidrocacbonkhongno

Bước 4. Dựa vào phương trình hoặc sơ
Bài giải
đồ xác định công thức cấu tạo.
B1. Ta có: MX = 3,33.4 = 13,32
Ví dụ áp dụng

MY = 4.4 = 16
Cho hỗn hợp X gồm 1 anken và
B2+3 Giả sử số mol hỗn hợp X bằng H2 có =3,33. Cho X qua Ni nung nóng,
1 mol.
đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu
npu = nX - nY = nanken = nankan sinh ra = 1 được hỗn hợp Y có = 4. Tìm công thức
- 0,8325 = 0,1625 (mol)
phân tử của anken.
nX – nanken = 1 – 0,1625 = 0,8325 A. C2H4
B. C3H6
(mol)
C. C4H8
D. C5H10
d X /Y =

M X n X 13.32
=
=
nên
16
M Y nY

nX= 0.8325 ny
nanken =1- 0.8325= 0.1675 mol
B4
Gọi công thức anken là CaH2a ( a ≥ 2 )
Khối lượng hỗn hợp X :
12a.0.1675 + 0.8325.2=13.32
Giải pt được a = 5
Vậy công thức phân tử anken là:

C5H10 => Chọn D

Bài giải
Ta có: MX = 3,33.4 = 13,32
MY = 4.4 = 16
Giả sử số mol hỗn hợp X bằng 1 mol.
npu = nX - nY = nanken = nankan sinh ra = 1 0,8325 = 0,1625 (mol)
nX – nanken = 1 – 0,1625 = 0,8325 (mol)
d X /Y =

M X n X 13.32
=
=
nên nX= 0.8325 ny
16
M Y nY

nanken =1- 0.8325= 0.1675 mol
Gọi công thức anken là CaH2a ( a ≥ 2 )
Khối lượng hỗn hợp X : 12a.0.1675 +
0.8325.2=13.32 . Giải pt được a = 5
Vậy công thức phân tử anken là: C5H10
=> Chọn D
13


d) Dạng 4. Tính lượng chất tham gia hoặc tạo thành
Hoạt động giáo viên
Hoạt động học sinh
GV: Hướng dẫn HS xác định được

d) Dạng 4. Tính lượng chất tham gia
dạng bài tập từ đó đưa ra phương hoặc tạo thành
pháp giải dạng bài tập. Yêu cầu HS Bước 1. Đổi số liệu bài toán về đơn vị
cùng làm bài tập
mol.
HS: Hoàn thành bài tập theo nhóm Bước 2. Xác định dãy đồng đẳng
Ví dụ áp dụng
hidrocabon.
Hỗn hợp khí X chứa H2 và hai Bước 3. Viết phương trình phản ứng hoặc
anken kế tiếp nhau trong dãy đồng sơ đồ phản ứng.
đẳng. Tỉ khối của X đối với H 2 là Bước 4. Dựa vào phương trình hoặc sơ đồ
8,4. Đun nóng nhẹ X có mặt xúc xác định lượng chất tham gia hoặc tạo
tác Ni thì nó biến thành hỗn hợp Y thành chú ý hiệu suất phản ứng .
không làm mất màu nước brom và
Ví dụ áp dụng
có tỉ khối đối với H2 là 12. Công
Hỗn hợp khí X chứa H 2 và hai anken
thức phân tử của hai anken và phần kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Tỉ khối
trăm thể tích của H2 trong X là :
của X đối với H2 là 8,4. Đun nóng nhẹ X
có mặt xúc tác Ni thì nó biến thành hỗn
A. C2H4 và C3H6; 70%
B. C3H6 và C4H8; 30% hợp Y không làm mất màu nước brom và
C. C2H4 và C3H6; 30%
D. C3H6 và C4H8; 70% có tỉ khối đối với H2 là 12. Công thức
phân tử của hai anken và phần trăm thể
tích của H2 trong X là :
A. C2H4 và C3H6; 70%

B. C3H6 và C4H8; 30%

C. C2H4 và C3H6; 30%

D. C3H6 và C4H8; 70%

Bài giải
M X = 8,4 . 2 = 16,8 ; M Y = 12.2 = 24

Bước 1. Đổi số liệu bài toán về
đơn vị mol.
Bước 2. Xác định dãy đồng
Vì hỗn hợp Y không làm mất màu
đẳng hidrocabon.
nước Br2 nên trong Y không có anken.
Bước 3. Viết phương trình phản
Tự chọn lượng chất, chọn số mol hỗn
ứng hoặc sơ đồ phản ứng.
hợp X là 1 mol (nX = 1 mol)
⇒ mX = 16,8g
Áp dụng công thức
d X /Y =

M X nX
=
=
M Y nY
14


Bước 4. Dựa vào phương trình

hoặc sơ đồ xác định lượng chất
tham gia hoặc tạo thành chú ý hiệu
suất phản ứng .

24
1
16,8
=
⇒ n Y = n H2 (X) =
= 0,7 mol
16,8 n Y
24

⇒ n2 anken = 1- 0,7=0,3 mol
Dựa vào khối lượng hỗn hợp X:
14n × 0,3 + 2× 0,7 = 16,8 ⇒ 3< n =

11
≈ 3,66 < 4
3

CTPT: C3H6 và C4H8
%VH2 (X) =

0,7
× 100% = 70% ⇒ Chọn D
1

3. Một số bài tập ví dụ
a) Dạng 1. Xác định số hidrocacbon tham gia phản ứng cộng hidro thu được

ankan cho trước
Bài tập 1. Hidro hóa hoàn toàn một hidrocacbon không no mạch hở X thu
được isopentan. Các công thức thức cấu tạo có thể có của X
A. 5
B.6
C.7
D.8
Bài giải
Công thức cấu tạo của isopentan:
CH3 - CH(CH3) - CH2 - CH3
Các công thức hidrocacbon không no mạch hở X
Anken
CH2 = C(CH3) - CH2 - CH3
CH3 - C(CH3) = CH - CH3
CH3 - CH(CH3) - CH = CH2
Ankadien
CH2 = C(CH3) - CH = CH2
CH3 - C(CH3) = C = CH2
Ankin
CH3 - CH(CH3) - C ≡ CH
Chứa cả liên kết đôi và ba CH2 = C(CH3) - C ≡ CH
Vậy có 7 công thức cấu tạo. Đáp án C
Bài tập 2. Hidro oxi hóa hoàn toàn ankadien X thu được 2- metylbutan. Hãy
cho biết có bao nhiêu chất phù hợp với X.
A. 1
B.2
C.3
D.4
Bài giải
Công thức cấu tạo của 2- metylbutan là CH3 - CH - CH2 - CH3

CH3
X phải có dạng mạch tương tự sản phẩm: C - C(C) - C -C
Các dạng đồng phân của X phù hợp là:
CH2 = CH(CH3)- CH = CH2
15


CH3 - C(CH3) = C = CH2
Vậy đáp án B
b) Dạng 2. Xác định hiệu suất của phản ứng cộng hidro vào hidrocacbon
không no
Bài tập 1. Hỗn hợp khí X gồm H2 và C2H4 có tỉ khối so với He là 3,75. Dẫn
X qua Ni nung nóng, thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với He là 5. Hiệu suất
của phản ứng hiđro hoá là :
A. 25%
B. 20%
C. 50%
D. 40%
Bài giải
M X = 3,75.4 = 15;
M Y = 5.4 = 20
Tự chọn lượng chất, xem hỗn hợp X là 1 mol (nX = 1 mol)
Dựa vào [3] ta có: d X /Y =

15
M X n X 20 1
=
= 15 = n ⇒ n Y = 20 = 0,75mol ;
M Y nY
Y

Áp dụng sơ đồ đường chéo :
15-2=13

a mol C2H4 (28)
M=15
b mol H2 (2)

a

13

b

13

a=b=0,5 mol

28-15=13

Dựa vào công thức
nH pu = nankenpu = nX − nY = 1 − 0,75 = 0,25mol
2

H=

0,25
×100% = 50% . Chọn C
0,5

Bài tập 2. Trộn 0,1 mol etilen và 0,1 mol H2 thu được hỗn hợp X. Cho
hỗnhợp X đi qua Ni, nhiệt độ thu được hỗn hợp Y. Tỉ khối của hỗn hợp X so với
hỗn hợp Y là 0.6. Tính hiệu suất phản ứng.
A. 60%
B. 70%
C. 80%
D. 90%
Bài giải:
Phản ứng cộng H2
C2 H 4 + H 2 → C 2 H 6
Nhận thấy tỉ lệ :

nC2 H 4
hêsôC2 H 4

=

nH 2
hêsôH 2

nên hiệu suất phản ứng có hể tính theo

H2 hoặc C2H4
C2 H 4 + H 2 → C2 H 6

x
x
x
mol
nx=0.2 mol

mX=0.1.28 + 0,1.2= 3 gam=mY
16


vì

d X /Y =

M X nX
=
M Y nY

nên nY = 0.12 mol

Lại có nH 2 pu = x = nX − nY = 0.2 − 0,12 = 0,08mol
Hiệu suất phản ứng: H =

0.08
.100% = 80% . Đáp án C
0.1

Bài tập 3. Hỗn hợp khí X gồm H2 và C2H4 có tỉ khối so với He là 7.5. Dẫn X
qua Ni nung nóng, thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với H 2 là 12.5. Hiệu
suất của phản ứng hiđro hoá là
A. 60%
B. 70%
C. 50%
D. 80%
Bài giải
Xét hốn hợp X : MX = 7.5 .2 =

2.nH + 28.nC2 H 4
2

nH + nC2 H 4

→ nH = nC2 H 4
2

2

Nhận thấy tỉ lệ :

nC2 H 4
hêsôC2 H 4

=

nH 2
hêsôH 2

nên hiệu suất phản ứng có thể tính theo

H2 hoặc C2H4
C2 H 4 + H 2 → C 2 H 6
x
d X /Y =

x

x

mol

M X n X 25 5
5
=
=
= → nX = ny → 6nH 2 = 5nY → nY = 1.2nH 2
3
M Y nY 15 3

Mặt khác nH pu = nX − nY = 0,8nH
2

2

n

0,8n

H pu
H
Hiệu suất phản ứng là: H = n .100% = n .100% = 80%
H
H
2

2

2

2

Đáp án D
Bài tập 4. Hỗn hợp khí X gồm H2 và C2H4 có tỉ khối so với H2 là 3.6. Dẫn X
qua Ni nung nóng, thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với H 2 là 4. Hiệu suất
của phản ứng hiđro hoá là
A. 25%
B. 20%
C. 40%
D. 50%
Bài giải
M X = 3,6.2 = 7.2;
M Y = 2.4 = 8
Tự chọn lượng chất, xem hỗn hợp X là 1 mol (nX = 1 mol)
Dựa vào [3] ta có: d X /Y =
Nhận thấy tỉ lệ :

7,2
M X n X 7.2 1
=
⇒ nY =
= 0,9mol ;
=
=
8 nY
8
M Y nY

nC2 H 4
hêsôC2 H 4

=

nH 2
hêsôH 2

nên hiệu suất phản ứng có hể tính theo

H2 hoặc C2H4
17


Dựa vào công thức
nH 2 pu = nankenpu = nX − nY = 1 − 0,9 = 0,1mol
H=

0,1
×100% = 20% . Chọn B
0,5

a) Dạng 3. Tìm công thức phân tử của hidrocacbon không no tham gia phản
ứng
Bài tập 1. Hỗn hợp khí X chứa H2 và một anken. Tỉ khối của X đối với H2 là
9. Đun nóng nhẹ X có mặt xúc tác Ni thì nó biến thành hỗn hợp Y không làm
mất màu nước brom và có tỉ khối đối với H 2 là 15. Công thức phân tử của anken
là
A. C2H4
B. C3H6

C. C4H8
D. C4H6
Bài giải
M X = 9.2 = 18;
M Y = 15.2 = 30
Vì hỗn hợp Y không làm mất màu nước Br2 nên trong Y không có anken
Các yếu tố trong bài toán không phụ thuộc vào số mol cụ thể của mỗi chất vì
số mol này sẽ bị triệt tiêu trong quá trình giải. Vì vậy ta tự chọn lượng chất.
Để bài toán trở nên đơn giản khi tính toán, ta chọn số mol hỗn hợp X là 1
mol (nX = 1 mol) ⇒ mX = 18g
d X /Y =

ta có:

M X nX
=
M Y nY

=

30 1
18
=
⇒ n Y = n H 2 (X) =
= 0,6mol
18 nY
30

⇒ nanken = 1- 0,6=0,4 mol

Dựa vào khối lượng hỗn hợp X: 14n × 0,4 + 2 × 0,6 = 18 → n = 3
CTPT : C3H6. Chọn B
Bài tập 2. Hỗn hợp khí X chứa H2 và một ankin. Tỉ khối của X đối với H 2 là
4,8. Đun nóng nhẹ X có mặt xúc tác Ni thì nó biến thành hỗn hợp Y không làm
mất màu nước brom và có tỉ khối đối với H2 là 8. Công thức phân tử của ankin
là
A. C2H2
B. C3H4
C. C4H6
D. C4H8
Bài giải
M X = 4,8.2 = 9,6
M Y = 8.2 = 16
Vì hỗn hợp Y không làm mất màu nước Br 2 nên trong Y không có
hiđrocacbon không no.
Tự chọn lượng chất, chọn số mol hỗn hợp X là 1 mol (n X = 1 mol) ⇒ mX =
9,6g
Ta có: d X /Y

=

M X nX
=
M Y nY

=

16
1
9,6

=
⇒ nY =
= 0,6mol ;
9,6 n Y
16
18


nH 2 pu = nX − nY ⇒ n H 2

Theo pt

phan ung

nankin (X) =

= 1 - 0,6 = 0,4 mol

1
1
n H 2 phan ung = × 0,4 = 0,2 mol
2
2

Dựa vào khối lượng hỗn hợp X: (14n - 2) × 0,2 + 2× (1- 0,2) = 9,6 → n = 3
CTPT: C3H4. Chọn B
Bài tập 3. Hỗn hợp khí X chứa H2 và một hiđrocacbon A mạch hở. Tỉ khối
của X đối với H2 là 4,6. Đun nóng nhẹ X có mặt xúc tác Ni thì nó biến thành hỗn
hợp Y không làm mất màu nước brom và có tỉ khối đối với H 2 là 11,5. Công
thức phân tử của hiđrocacbon là

A. C2H2
B. C3H4
C. C3H6
D. C2H4
Bài giải
M X = 4,6.2 = 9,2;
M Y = 11,5.2 = 23
Vì hỗn hợp Y không làm mất màu nước Br 2 nên trong Y không có
hiđrocacbon không no.
Tự chọn lượng chất, chọn số mol hỗn hợp X là 1 mol (nX = 1 mol)
⇒ mX = 9,2g
Dựa vào d X /Y =

M X nX
9, 2 n Y
9,2
=
=
⇒ nY =
= 0,4mol ;
ta có:
M Y nY
23
1
23

Dựa vào [2] ⇒ n H 2 phan ung = 1 - 0, 4 = 0,6 mol . Vậy A không thể là anken vì
nanken = n hiđro pư =0,6 mol (vô lý) ⇒ loại C, D.
Ta thấy phương án A, B đều có CTPT có dạng CnH2n-2. Với công thức này thì
1

1
nA (X) = n H 2 phan ung = × 0,6 = 0,3 mol ⇒ n H2(A) = 1- 0,3 = 0,7 mol
2
2
Dựa vào khối lượng hỗn hợp X: (14n - 2) × 0,3 + 2× 0,7 = 9,2
→ n = 2 → CTPT: C2H2. Chọn B

d) Dạng 4. Tính lượng chất tham gia hoặc tạo thành
Bài tập 1. Hỗn hợp X gồm C2H2 và H2 có cùng số mol. Lấy một lượng hỗn
hợp X cho qua chất xúc tác nung nóng, thu được hỗn hợp Y gồm C 2H4, C2H6,
C2H2 và H2. Sục Y vào dung dịch brom (dư) thì khối lượng bình brom tăng 10,8
gam và thoát ra 4,48 lít hỗn hợp khí (đktc) có tỉ khối so với H 2 là 8. Thể tích O2
(đktc) cần để đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y là:
A. 33,6 lít.
B. 22,4 lít.
C. 26,88 lít.
D. 44,8 lít.
HD:
mY = Khối lượng khí pư với Br2 + khối lượng khí thoát ra
4,48
m Y = 10,8 +
× 8 × 2 = 14 g
22,4
Theo định luật bảo toàn khối lượng mY = mX =14g
19


Gọi số mol mỗi chất trong X là a: 26a + 2a = 14 → a = 0,5 mol
Theo định luật bảo toàn nguyên tố C và H. Số mol O 2 dùng để đốt Y cũng
bằng số mol O2 dùng để đốt X:

t0

C + O2 → CO2
t0

4H + O2 → 2H2O
1
4

1
4

nO2 = n C + n H = 0,5 × 2 + (0,5 × 2 + 0,5 × 2) = 1,5 mol
VO2 = 1,5 × 22,4 = 33,6(l)

Bài tập 2. Đun nóng hỗn hợp khí X gồm 0,02 mol C 2H2 và 0,03 mol H2 trong
một bình kín (xúc tác Ni), thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y lội từ từ vào bình
nước brom (dư), sau khi kết thúc các phản ứng, khối lượng bình tăng m gam và
có 280 ml hỗn hợp khí Z (đktc) thoát ra. Tỉ khối của Z so với H 2 là 10,08. Giá trị
của m là?
A. 0,585
B. 0,620
C. 0,205
D. 0,328
Bài giải
Theo định luật bảo toàn khối lượng mY = mX = 0,02. 26 + 0,03.2 = 0,58g
nZ = 0,28: 22,4 = 0,0125 mol
M Z = 10,08 × 2 = 20,16 
→ m Z = 0,0125 × 20,16 = 0,252 g
`

Khối lượng bình tăng chính là khối lượng hiđrocacbon bị giữ lại.
m = mY – mZ = 0,58 – 0,252 = 0,328 g
Bài tập 3. Hỗn hợp X gồm 3 khí C3H4, C2H2 và H2 cho vào bình kín dung tích
9,7744 lít ở 250C, áp suất atm, chứa ít bột Ni, nung nóng bình một thời gian thu
được hỗn hợp khí Y. Biết tỉ khối của X so với Y là 0,75. Số mol H 2 tham gia
phản ứng là
A. 0,75 mol
B. 0,30 mol
C. 0,10 mol
D. 0,60 mol
Bài giải
1× 9,7744
nX =
= 0,4 mol
0,082(273 + 25)
Dựa vào ct ta có: d X/Y =
⇒ nH

2 phan ung

MX n Y n Y
=
=
= 0,75 ⇒ n Y = 0,3 mol
M Y n X 0,4

= 0,4 - 0,3 = 0,1mol . Chọn C

Bài tập 4. Đun nóng hỗn hợp khí X gồm 0,06 mol C 2H2 và 0,04 mol H2 với
xúc tác Ni, sau một thời gian thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn toàn bộ hỗn hợp Y lội

từ từ qua bình đựng dung dịch brom (dư) thì còn lại 0,448 lít hỗn hợp khí Z (ở
đktc) có tỉ khối so với O2 là 0,5. Khối lượng bình dung dịch brom tăng là:
A. 1,04 gam. B. 1,20 gam.
C. 1,64 gam.D. 1,32 gam.
20


Bài giải
Có thể tóm tắt bài toán theo sơ đồ sau:
X

0,06 mol C2H2
0,04 mol H2

Ni, t0

Y

C2H4, C2H2 d , Br2 (d )
C2H6, H2 d

Z (C2H6, H2 d )
(0,448 lÝt, dZ/H2 =0,5)
mb×
nh =mC H d +mC2H4
2 2

Theo định luật bảo toàn khối lượng: mX = mY = Δm tang + m Z

M Z = 0,5× 32 = 16

0,448
nZ =
= 0,02
22,4
⇒ m Z = 0,02 ×16 = 0,32gam
Ta có: 0,06 . 26 + 0,04 . 2 = Δm + 0,32
⇒ Δm =1,64 – 0,32 = 1,32 gam. Chọn D
Bài tập 5. Cho 8,96 lít hỗn hợp khí X gồm C 3H8, C2H2, C3H6, CH4 và H2 đi
qua bột Niken xúc tác nung nóng để phản ứng xảy ra hoàn toàn, sau phản ứng ta
thu được 6,72 lít hỗn hợp khí Y không chứa H2. Thể tích hỗn hợp các
hidrocacbon có trong X là:
A. 5,6 lít
B. 4,48 lít
C. 6,72 lít
D. 8,96 lít
Bài giải
Dựa vào đề bài và công thức nhidrocacbonkhongnoX = nhidrocacbonkhongnoY
⇒ Vhiđrocacbon (Y) = Vhiđrocacbon (X) = 6,72 lít. Chọn C
Bài tập 6. Cho 4,48 lít hỗn hợp khí X gồm CH4, C2H2, C2H4, C3H6, C3H8 và V
lít khí H2 qua xúc tác Niken nung nóng đến phản ứng hoàn toàn. Sau phản ứng
ta thu được 5,20 lít hỗn hợp khí Y. Các thể tích khí đo ở cùng điều kiện. Thể tích
khí H2 trong Y là
A. 0,72 lít
B. 4,48 lít
C. 9,68 lít
D. 5,20 lít
Bài giải
Dựa vào công thức nhidrocacbonkhongnoX = nhidrocacbonkhongnoY

nênVhiđrocacbon (Y) = Vhiđrocacbon (X) = 4,48 lít

⇒ Thể tích H2 trong Y là: 5,2 - 4,48=0,72 lít. Chọn A
Bài tâp 7. Cho 22,4 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm CH 4, C2H4, C2H2 và H2 có tỉ
khối đối với H2 là 7,3 đi chậm qua ống sứ đựng bột Niken nung nóng ta thu
được hỗn hợp khí Y có tỉ khối đối với H 2 là 73/6. Số mol H2 đã tham gia phản
ứng là
A. 0,5 mol
B. 0,4 mol
C. 0,2 mol
D. 0,6 mol
Bài giải
21


M X = 7,3.2 = 14,6
d X /Y =

MY =

73
73
× 2 = ; nX = 1 mol
6
3

M X n X 14.6 14.6.3 1
=
=
=
=
⇒ nY = 0,6 mol;

73
nY
M Y nY 73
3

n H 2phan ung = n X − nY = 1 - 0,6 = 0,4mol

. Chọn B

Bài tập 8. Hỗn hợp khí X gồm 0,3 mol H2 và 0,1 mol vinylaxetilen. Nung X
một thời gian với xúc tác Ni thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với không khí
là 1. Nếu cho toàn bộ Y sục từ từ vào dung dịch brom (dư) thì có m gam brom
tham gia phản ứng. Giá trị của m là
A. 32,0
B. 8,0
C. 3,2
D. 16,0
Bài giải
Vinylaxetilen: CH 2 = CH - C ≡ CH phân tử có 3 liên kết π
nX = 0,3 + 0,1 = 0,4 mol; mX = 0,3.2 + 0,1.52 = 5,8 gam ⇒ mY = 5,8 gam
5,8
= 0,2 mol . n H2phan ung = n X − nY = 0,4 - 0,2 = 0,2mol chỉ
M Y =29 ⇒ n Y =
29
bảo hoà hết 0,2 mol liên kết π , còn lại 0,1.3 – 0,2=0,1 mol liên kết π sẽ phản
ứng với 0,1 mol Br2 ⇒ m Br2 = 0,1×160 = 16 gam . Chọn D
Bài tập 9. Đun nóng hỗn hợp khí X gồm 0,06 mol C2H2, 0,05 mol C3H6 và
0,07 mol H2 với xúc tác Ni, sau một thời gian thu được hỗn hợp khí Y gồm
C2H6, C2H4, C3H8, C2H2 dư, C3H6 dư và H2 dư. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y rồi
cho sản phẩm hấp thụ hết vào dung dịch nước vôi trong dư. Khối lượng bình

dung dịch nặng thêm là
A. 5,04 gam.
B. 11,88 gam.
C. 16,92 gam.
D. 6,84 gam.
Bài giải
Khi đốt cháy hỗn hợp Y thì lượng CO 2 và H2O tạo thành bằng lượng CO2 và
H2O sinh ra khi đốt cháy hỗn hợp X. Khi đốt cháy X ta có các phương trình hoá
học của phản ứng:
C2H2 + 2,5O2 → 2CO2
+
H2O
0,06 →
0,12
0.06
C3H6 + 4,5O2 → 3CO2
+
3H2O
0,05 →
0,15
0.15
2H2 + O2 → 2H2O
0,07 →
0,07
Σn CO2 = 0,12 + 0,15 = 0,27 mol;
Σn H2O = 0,06 + 0,15 + 0,07 = 0,28mol
Khối lượng bình dung dịch tăng bằng khối lượng CO2 và khối lượng H2O.
Δm = 0,27× 44 + 0,28×18 = 16,92 gam . Chọn C
Sau khi HS hoàn thành học lí thuyết và áp dụng làm một số ví dụ . Yêu cầu
22

4. Bài tập tự giải
Bài 1. Hỗn hợp khí A chứa H2 và một anken. Tỉ khối của A đối với H2 là 6,0.
Đun nóng nhẹ A có mặt xúc tác Ni thì nó biến thành hỗn hợp B không làm mất
màu nước brom và có tỉ khối đối với H 2 là 8,0. Xác định công thức phân tử và
phần trăm thể tích từng chất trong hỗn hợp A và hỗn hợp B.
ĐS: Hỗn hợp A: C3H6 (25,00%); H2 (75,00%)
Hỗn hợp B: C3H8 ( ≈ 33%); H2 (67%)
Bài 2. Hỗn hợp khí A chứa H2 và hai anken kế tiếp nhau trong dãy đồng
đẳng. Tỉ khối của A đối với H2 là 8,26. Đun nóng nhẹ A có mặt xúc tác Ni thì nó
biến thành hỗn hợp B không làm mất màu nước brom và có tỉ khối đối với H 2 là
11,80. Xác định công thức phân tử và phần trăm thể tích của từng chất trong hỗn
hợp A và hỗn hợp B.
ĐS: Hỗn hợp A: C3H6 (12%); C4H8 (18%); H2 (17%)
Hỗn hợp B: C3H8 (17%); C4H10 (26%); H2 (57%)
Bài 3. Hỗn hợp X gồm etilen và H2 có tỉ khối so với H2 bằng 4,25. Dẫn X qua
bột Ni nung nóng (hiệu suất phản ứng hiđro hoá anken bằng 75%), thu được hỗn
hợp Y. Tính tỉ khối của Y so với H2. Các thể tích khí đo ở đktc.
ĐS: d Y/H2 = 5, 23
Bài 4. Cho 22,4 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm CH 4, C2H4, C2H2 và H2 có tỉ
khối đối với H2 là 7,3 đi chậm qua ống sứ đựng bột Niken nung nóng ta thu
được hỗn hợp khí Y có tỉ khối đối với H2 là 73/6. Cho hỗn hợp khí Y di chậm
qua bình nước Brom dư ta thấy có 10,08 lít (đktc) khí Z thoát ra có tỉ khối đối
với H2 bằng 12 thì khối lượng bình đựng Brom đã tăng thêm
A. 3,8 gam
B. 2,0 gam
C. 7,2 gam
D. 1,9 gam
Bài 5. Cho 22,4 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm CH 4, C2H4, C2H2 và H2 có tỉ

khối đối với H2 là 7,3 đi chậm qua ống sứ đựng bột Niken nung nóng ta thu
được hỗn hợp khí Y có tỉ khối đối với H2 là 73/6. Khối lượng hỗn hợp khí Y là
A. 1,46 gam
B. 14,6 gam C. 7,3 gam
D. 3,65 gam
Bài 6. Một hỗn hợp khí X gồm Ankin A và H2 có thể tích 15,68 lít. Cho X
qua Ni nung nóng, phản ứng hoàn toàn cho ra hỗn hợp khí Y có thể tích 6,72 lít
(trong Y có H2 dư). Thể tích của A trong X và thể tích của H 2 dư lần lượt là (các
thể tích đo ở điều kiện tiêu chuẩn)
A. 2,24 lít và 4,48 lít
B. 3,36 lít và 3,36 lít
C. 1,12 lít và 5,60 lít
D. 4,48 lít và 2,24 lít
IV. TÍNH HỮU ÍCH CỦA SÁNG KIẾN
23


1. Kết quả bài khảo sát lần 2
Sau khi tiến hành thực nghiệm đối chứng, tôi thu được kết quả như sau:
Điểm
kiểm tra

TT

5.5
6,5
5
6
5
5

5
5
7,5
7
5
5
5
6
5
8
4
5
5

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16

17
18
19

20 Phạm Thị Nga

5

20

21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32

5
6
4
7
5
4
7

6
6
7
8
6

21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32

TT

1
2
3
4
5
6
7
8
9

10
11
12
13
14
15
16
17
18
19

Họ và tên
(Nhóm 1)

Ma A Bả
Hảng Seo Bềnh
Vũ Thị Chi
Triệu Thị Chỉn
Chấu A Chính
Nguyễn Trung Đức
Nguyễn Văn Đức
Lý Thị Giáng
Giàng Seo Giống
Lê Thị Thu Hiền
Trần Đình Hiếu
Phạm Văn Hiệp
Mai Việt Hoàng
Thèn Thị Huệ
Vũ Chí Khang
Nguyễn Việt Long

Lã Thị Na
Đặng Phương Nam
Hoàng Hoài Nam

Chấu Đức Phòng
Đặng Thị Minh Phương
Nguyễn Hồng Quang
Mai Quốc Quân
Phạm Biên Tập
Phạm Thị Thùy
Lù Văn Toàn
Đỗ Huyền Trang
Nguyễn Thị Tuyết
Nguyễn Thanh Tùng
Nguyễn Xuân Tường
Ngô Thị Lan Uyên

Họ và tên
(Nhóm 2)

Hoàng Thị Tú Anh
Nguyễn Thị Vân Anh
Bùi Ngọc Ánh
Sùng Thị Dung
Nguyễn Đức Duy
Lù Thị Đào
Phạm Thị Hiền
Đặng Văn Hiếu
Nguyễn Thị Hồng
Tải Thị Hồng

Sùng Sính Huệ
Đào Thị Thu Huyền
Đặng Thị Huyền
Đào Thị Hương
Đặng Thị Hương
Lò Tà Lai
Nguyễn Đức Lễ
Thèn Thị Loan
Vũ Thị Hồng Ly
Nguyễn Hoàng
Nguyên
Phạm Thị Oanh
Ma A Qua
Mùi Thị Quế
Phạm Thị Quỳnh
Bàn Văn Sơn
Vàng Văn Thái
Nguyễn Minh Thiện
Lùng Thị Thơm
Nguyễn Thị Minh Thư
Trần Lệ Thư
Phạm Thị Trang
Trương Thị Trang

Điểm
kiểm tra

5
5
5

4
5,5
7
6,5
5
4
5
4
5
4,5
4
5,5
6,5
4
4
4,5
5
4
6,8
5
5
5
5,5
4
4
6.5
4
5,5
5
24

33 Vàng Văn Việt
34 Triệu Xuân Vười
35 Nguyễn Hồng Xuân
Điểm trung bình

5
7
5
5,7

Điểm/
Nhóm
11A1
11A2

Trung bình
SL
TL%
23
65.71
16
47.06

Giỏi
SL
2
0

TL%
5.71
0,0

Khá
SL TL%
7
20.00
5
14.71

33
34

Lục Văn Trúc
Trịnh Văn Tú
Điểm trung bình

Yếu
SL
3
13

TL%
8.58
38.23

5
4
4,9

Kém
SL
TL%
0
0
0
0

2. Đánh giá kết quả
a) Khả năng nhận thức
- Đối với nhóm được hướng dẫn làm bài theo phương pháp tôi áp dụng thì
học sinh làm bài nhanh hơn. Kết quả của nhóm 11A1 tốt hơn đạt 91.42 % trên
trung bình và điểm trung bình toàn nhóm tăng 0.7 điểm.
- Nhóm 11A2 chỉ đạt 61.77 % trên trung bình, có bài tập không giải được
(việc đặt ẩn số và lập hệ phương trình không thống nhất nên có sai sót) và điểm
trung bình toàn nhóm tăng 0.4 điểm.
b) Độ bền nhận thức
Học sinh được học phương pháp giải bài tập sẽ nhớ lâu hơn, vận dụng thành
thạo qui trình tính toán, có nhiều hứng thú trong việc giải nhanh các bài tập trắc
nghiệm.
c) Thời gian dành để giải và chọn kết quả đúng cho dạng bài tập này sẽ nhanh
hơn (nhóm 11A1 thường xong trước thời gian qui định) giúp học sinh tiết kiệm
thời gian khi kiểm tra, thi. Học sinh không cần phải lập các phương trình toán
học (vốn là điểm yếu của học sinh, mất nhiều thời gian) mà vẫn nhanh chóng
tìm ra kết quả đúng, đặc biệt là dạng câu hỏi TNKQ mà dạng toán này đặt ra. Từ
đó tạo nên niềm hứng thú, say mê trong học tập cho học sinh.
V. TÍNH MỚI CỦA SÁNG KIẾN
- Dùng bảng tóm tắt một số công thức giải nhanh bài tập cộng hidro và hidroca
cbon không no.

- Hệ thống các dạng bài giải cộng hidro vào hirocacbon không no điển hình và
các bước giải các bài tập này.

25