Sử dụng phương pháp trung bình trong bài tập hoá học THPT

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Hóa học là bộ môn nghiên cứu về chất và sự biến đổi của chất. Đa phần hệ thống
khái niệm, kiến thức về chất và phản ứng hóa học là khá trừu tượng. Vì vậy song song với
việc học lý thuyết, làm thực nghiệm thì việc giải bài tập hóa học có một vai trò hết sức
quan trọng. Thông qua giải bài tập hóa học, học sinh nắm vững kiến thức đồng thời rèn
luyện năng lực tư duy. Đối với bộ môn hóa học nói chung và hóa hữu cơ nói riêng, để giải
được bài tập hóa học thì ngoài việc nắm vững kiến thức lý thuyết liên quan thì phương
pháp giải toán có tính chất định hướng cho hoạt động tư duy của học sinh.
Mặt khác trong quá trình giải bài tập học hóa ở chương trình phổ thông thì rất
nhiều bài toán, dạng toán phải vận dụng phương pháp sử dụng trị số trung bình. Qua thực
tế giảng dạy tôi nhận thấy đa phần học sinh lúng túng, chưa linh hoạt trong việc vận dụng
phương pháp. Trong nhiều tài liệu tham khảo cũng đã đề cập phương pháp này tuy nhiên
mỗi tác giả có một cách tiếp cận khác nhau nhưng nhìn chung là chưa có tính chất hệ
thống, đầy đủ và mang tính khái quát cao do đó học sinh không có cái nhìn tổng thể. Vì
vậy tôi đã chọn đề tài: “ Sử dụng phương pháp trị số trung bình trong bài tập hóa học ”.
1.2. Mục đích nghiên cứu
- Nâng cao chất lượng và hiệu quả dạy- học hoá học
- Giúp cho học sinh nắm chắc được nguyên tắc chung nhất khi sử dụng phương pháp trị
số trung bình. Từ đó rèn kỹ năng giải bài tập nói chung và bài tập dạng này nói riêng
- Phát huy tính tích cực và tạo hứng thú cho học sinh trong học tập đặc biệt là trong giải
bài tập hoá học
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
- Đối tượng học sinh trung học phổ thông
- Kiến thức lí thuyết và bài tập liên quan trong chương trình hóa học THPT
- Nghiên cứu cơ sở lí thuyết, dấu hiệu sử dụng, các bước tiến hành khi sử dụng phương
pháp trị số trung bình trong bài toán hóa học.
- Chọn lọc các ví dụ đặc trưng, khai thác các khía cạnh mà học sinh thường vướng mắc
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Để hoàn thành đề tài, tôi đã vận dụng phương pháp nghiên cứu khoa học như:
1. Phân tích lý thuyết, điều tra cơ bản, tổng kết kinh nghiệm sư phạm và sử

dụng một số phương pháp thống kê toán học trong việc phân tích kết quả thực
1


nghiệm sư phạm v.v.. .
2. Nghiên cứu kỹ sách giáo khoa và các sách nâng cao về phương pháp giải bài tập tham
khảo các tài liệu đã được biên soạn và phân tích hệ thống các dạng bài toán hoá học theo
nội dung đã đề ra.
3. Đúc rút kinh nghiệm của bản thân trong quá trình dạy học.
4. Áp dụng đề tài vào chương trình giảng dạy đối với học sinh THPT.
1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm
- Hệ thống hóa một cách khái quát, đầy đủ hơn việc vận dụng phương pháp trung bình
trong bài toán xác định công thức phân tử hợp chất hữu cơ và vô cơ trong hỗn hợp.
- Sử dụng phương pháp trung bình trong các dạng bài tập khác: Biện luận chất dư, chứng
minh bất đẳng thức, tìm khoảng xác định...
2. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm.
2.1.1. Các giá trị trung bình trong hóa học.
Trong hoá học hữu cơ chúng ta thường sử dụng các giá trị trung bình như số
nguyên tử C, H, O..., số nhóm chức, số liên kết .... Cách xác định các giá trị này có thể
tổng quát như sau:
X=

�X
�n

trong đó X là yếu tố cần xác định giá trị trung bình;

theo mol) trong hỗn hợp;

�X

là tổng yếu tố X (qui

 n là tổng số mol của hỗn hợp.

Hoặc: X = X1 a1 + X2.a2 +X3.a3+...+Xn.an trong đó Xn là giá trị X của chất n; a n là tỉ lệ %
theo mol của chất n trong hỗn hợp.
2.1.2. Đặc điểm của trị số trung bình X :
- X không phải là hằng số, nó phụ thuộc vào thành phần % (theo mol) của hỗn hợp.
- X có thể nhận giá trị nguyên hoặc không nguyên. Trong trường hợp X nguyên có Xmin
X  Xmax. (Dấu = xảy ra khi các X bằng nhau và bằng X . Khi đó X không phụ thuộc

vào tỷ lệ % theo mol).
- Trong hỗn hợp sẽ xảy ra 2 trường hợp: hoặc tất cả các chất có X bằng nhau và bằng X (
chỉ có thể xảy ra khi X có giá trị nguyên); hoặc có ít nhất 1 chất có X < X và ít nhất 1
chất có X> X , tức là Xmin< X < Xmax
2


2.1.3. Phạm vi áp dụng của phương pháp
Về nguyên tắc, phương pháp này áp dụng được để giải tất cả các bài toán hỗn hợp.
Tuy nhiên, thích hợp và ưu việt hơn với các bài toán thỏa mãn các điều kiện sau:
+ Tất cả các chất trong hỗn hợp đều có phản ứng với 1 chất ở cùng điều kiện.
+ Các phản ứng cùng loại và tạo ra cùng loại sản phẩm.
+ Các phản ứng xảy ra với hiệu suất như nhau.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
+ Học sinh chưa nhận diện được các dạng bài tập cần sử dụng phương pháp trị số
trung bình hoặc vận dụng đang còn lúng túng, chưa có tính hệ thống.
2.3. Các trường hợp sử dụng phương pháp trung bình trong bài tập hóa học

2.3.1. Sử dụng phương pháp trung bình để xác định công thức các chất hữu cơ và vô
cơ trong hỗn hợp.
2.3.1.1. Đặt công thức tương đương cho hỗn hợp (công thức trung bình)
* Công thức tương đương: là công thức phân tử chung của hỗn hợp trong đó một
hoặc một số yếu tố như: số nguyên tử của mỗi nguyên tố, số liên kết , số nhóm chức...
được thay bằng các giá trị trung bình.
Dùng công thức tương đương ta coi như hỗn hợp là một chất. Việc lựa chọn dạng của
CTTĐ tương tự trong bài toán 1 chất.
* Việc chọn công thức tương đương thích hợp là yếu tố quan trọng để giải bài toán,
cần nắm một số nguyên tắc:
- Trong một bài toán có thể sử dụng đồng thời nhiều công thức tương đương tùy
thuộc từng loại phản ứng: Nếu các chất trong hỗn hợp cùng loại nhóm chức, phản ứng
xảy ra ở nhóm chức thì đặt công thức dạng chức. Nếu khác nhóm chức hoặc phản ứng
cháy dùng công thức dạng phân tử. Nếu tạp chức thì tùy trường hợp có thể dùng cả hai
loại
- Chọn công thức tương đương càng ít giá trị trung bình càng tốt. Thường căn cứ
vào những trị số không đổi giống nhau giữa các chất, mối liên hệ giữa các nguyên
tử trong phân tử theo đặc điểm cấu tạo.
2.3.1.2. Xác định các giá trị trung bình
Sau khi đặt công thức chất tương đương thì việc viết phương trình hóa học, sơ đồ
và tính toán để tìm giá trị trung bình, giá trị khác được thực hiện với chất có CTTĐ tương
tự như bài toán 1 chất.
3


2.3.1.3. Kết luận nghiệm sau khi xác định được trị số trung bình
(xét đơn giản cho hỗn hợp 2 chất):
Nguyên tắc cơ bản và chung nhất là dựa vào tính chất X min X  Xmax và biểu
thức tính X .
Trường hợp 1: Biết quan hệ giữa các chất – cụ thể là mối quan hệ số lượng của X trong

các chất: Đồng đẳng liên tiếp, 2 chu kì liên tiếp, hơn kém k nguyên tử cacbon, k nguyên
tử H..., k nhóm chức, k liên kết pi, biết tương quan khối lượng mol...hoặc biết giới hạn về
số số nguyên tử cacbon, hiddro, nhom chưc, liên kết pi, khối lượng mol...
Trong trường hợp này ta dựa vào tính chất Xmin X  Xmax để biện luận.
Khi đó ta xác định 1 chất thoả mãn điều kiện bài toán và có X < X hoặc X > X , chất
còn lại sẽ xác định được dựa vào mỗi quan hệ và đảm bảo có X > X hoặc X< X . Trường
hợp này gặp phổ biến với các hỗn hợp đồng đẳng biết quan hệ.
Trường hợp 2: Không biết quan hệ số lượng của X trong các chất
Trong trường hợp này ta dựa vào biểu thức tính X để biện luận.
X =

a. X  b.Y
(1)
a b

hoặc

X = X. x + Y (1 – x) (2)

Trong đó a, b và x, (1- x) lần lượt là số mol và % số mol của X, Y
- Nếu đề cho biết số mol hoặc tỉ lệ mol của 2 chất, tức a = k. b. Thay vào vào (1) ta được
phương trình nghiệm nguyên X, Y. Chọn nghiệm X, Y thỏa mãn.
- Nếu chưa biết tỉ lệ mol ta đi tim số mol từng chất hoặc tỉ lệ mol sau đó lam như trên.
Trường hợp có thể tìm được 2 giá trị trung bình, ta dựa vào 1 giá trị trung bình (với các
yếu tố đã biết trong các chất) tìm % mol của hỗn hợp.
Trường hợp 3: Không biết quan hệ số lượng của X trong các chất và không tìm được tỉ lệ
mol giữa các chất.
Trong trường hợp này, đề cho hoặc có dữ kiện để xác đinh giới hạn số mol của các
chất, sau đó dựa vào biểu thức tính X để biện luận.
X =

a. X  b.Y
(1)
a b

hoặc

X = X. x + Y (1 – x) (2)

Trong đó a, b và x, (1- x) lần lượt là số mol và % số mol của X, Y
Dựa vào X và các dữ kiện khác của bài ra cho xác định được 1 chất. Ở đây cần
chú ý đến tính chất vật lý – trạng thái tồn tại, điều kiện về trạng thái bền để xác định.
4


Chẳng hạn: Hyđrocacbon khí có số C  4; HC không no có số C  2; Rượu không no có
ít nhất 3C; số nhóm OH trong rượu  số nguyên tử C no; Rượu đa chức, axit, andehit đa
chức có ít nhất 2C; hợp chất thơm có ít nhất 6C,...
Sau khi các định được 1 chất (chất này có thể có nhiều trường hợp), việc xác định
chất còn lại tiến hành như sau:
Giới hạn mol có thể bài cho hoặc tự đặt trên cơ sở:
Với hỗn hợp 2 chất A, B thì : 0 < nA < nh2
0 < nb < nh2
Nếu giả sử nA > nB 

nhh
n
 n A  nhh ; 0  nB  hh ; 0  n A pu �n A  nhh
2
2

Biểu thị số mol theo đại lượng cần tìm ( số mol = f (X)). Đặt biểu thức số mol vào giới
hạn để tìm ra giới hạn của X.
Trường hợp khó xác định trị số cụ thể của X
Có những bài toán buộc phải theo phương pháp trị số trung bình (vì nếu dùng
phương pháp khác thì rất phức tạp, thậm chí không giải được), nhưng lại không tìm được
giá trị cụ thể của X .
Trong trường hợp này, có thể giải quyết theo 2 phương án sau đây:
Phương án 1:
- Biểu thị X theo một đại lượng nào đó có thể giới hạn được, đại lượng đó thường là:
+ số liên kết  với điều kiện số liên kết  trong mạch C luôn nhỏ hơn hoặc bằng số
nguyên tử C
+ số nhóm chức, có thể xác định được số lượng chức tối đa,...
+ số nguyên tử một nguyên tố nào đó, được giới hạn bởi điều kiện tồn tại, trạng thái vật lý
hay mỗi quan hệ giữa các nguyên tử trong phân tử...).
- Xác định các giá trị X theo từng giá trị của yếu tố mà X biểu thị theo trong miền giá trị
của yếu tố đó.
- Từ các giá trị X tìm được xác định các chất như ở trên.
Phương án 2: Tìm khoảng xác định của X .
Khi không thể tìm được giá trị cụ thể của X ta có thể tìm khoảng giới hạn của X
rồi từ đó biện luận tiếp theo dữ kiện của bài toán và tính chất của X .
5


Giả sử có a < X < b. Thì có Xmin < b; Xmax > a. Khi đó dựa vào Xmin < b tìm được
chất thích hợp kết hợp dữ liệu khác để xác định chất còn lại thoả mãn X max> a
+ Khoảng giới hạn của X thường được xác định theo giới hạn mol, rút số mol của một
chất theo X rồi đặt số mol đó vào điều kiện của nó, từ đó tìm được giới hạn của X
2.3.1.4. Các ví dụ cụ thể
Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn 2,92 (g) hỗn hợp 2 ankan A,B thu được 4,48 lit CO 2 (đktc).
Xác định công thức A, B trong mỗi trường hợp sau:

a. A, B là chất khí ở điều kiện thường.
b. A, B kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng.
c. A, B cách nhau một chất trong dãy đồng đẳng.
d. A, B có tỷ lệ mol nA : nB = 7 : 2
e. Tỷ lệ mol A,B bằng tỷ lệ số nguyên tử C trong A, B.
* Nhận xét: Đề yêu cầu lập công thức phân tử 2 ankan và có thêm dữ kiện về mối liên
hệ , giới hạn số nguyên tử C, tỉ lệ mol � Sử dụng pp trị số trung bình
và kết luận nghiệm theo trường hợp 1 và 2




Giải: Đặt CTTĐ của hỗn hợp 2 ankan là C n H2 n +2
_



C n H2 n +2 + 3 n 1 O2 ��
� n CO2 +( n +1)H2O
2




n=



nCO2
nhh



0,2 10

0,06 3

Đặt các HC là CxH2x+2 và CyH2y+2 giả sử xa.


x < n = 3,3< y 4 � y =4; x =1;2;3. Các cặp nghiệm: C 4H10 và CH4; C4H10 và

C2H6; C4H10 và C3H8.


b.

A, B là đồng đẳng kế tiếp có n =3.3 nên A, B là C3H8 và C4H10

c.

Vì nA : nB = 7:2 nên:



n =

7.x  2. y
10

� 7x + 2y = 30
=
72
3

* Với x = 1 � y = 11,5 (loại)
* Với x = 2 � y = 8 ( thõa mãn) � 2 ankan là C2 H6 và C8H18
* Với x = 3 � y = 4,5 (loại)
6


* Với x = 4 � y = 1 ( thõa mãn) � 2 ankan là C4H10 và CH4
d.

A, B cách nhau 1 chất trong dãy đồng đẳng: x < 3,3 < y = x+2

� x=2, y=4 � 2 ankan là C2H6 và C4H10

e.


nA : nB = x : y � n =

x
y

1
3,9 – Loại

x.x  y. y

10
� 3y2 –10y +3x2 –10x = 0
=
x y
3

2
4 – CTPT: C2H6 và C4H10

3
3,6 - Loại

Ví dụ 2: Cho 2,7 gam 2 kim loại ở 2 chu kỳ liên tiếp, thuộc cùng nhóm IA, tác dụng hết
với 50 gam H2O thì thu được dung dịch X và 1,12 lít H 2 (đktc). Xác định công thức và
nồng độ phần trăm các chất tan có trong dung dịch X.
Giải:

Gọi công thức chung của 2 kim loại là M
2 M + 2H2O   2 M OH + H2
0,1

2,7
 M=
= 27
0,1

0,05
mà 2 kim loại nhóm IA ở 2 chu kì liên tiếp nên 2 kim loại là Na và K

 hai chất tan là NaOH và KOH

Gọi x, y lần lượt là số mol Na và K. Ta có 23x + 39y = 2,7 và x + y = 0,1.
Giải ra ta được: x = 0,08 và y = 0,02  nNaOH = 0,075 và nKOH = 0,025
Khối lượng dung dịch X = mhh kim loai + mH2O – mH2 = 2,7 + 50 – 0,05.2 = 52,6 gam
C% NaOH =

0,075.40
.100 = 5,7 %
52,6

và C% KOH =

0,025.56
.100 = 2,66 %
52,6

Ví dụ 3: Hỗn hợp X gồm một anđehit không no có một liên kết đôi, đơn chức, mạch hở
(A) và một anđehit no, hai chức, mạch hở (B) có cùng số nguyên tử cacbon. Đốt cháy
hoàn toàn 9,2 gam hỗn hợp X thu được 10,08 lít CO 2 (đktc). Mặt khác cho 9,2 gam hỗn
hợp X tác dụng hết với dung dịch AgNO3/NH3 thu được 43,2 gam Ag.
Xác định công thức và khối lượng của A, B trong hỗn hợp X.
Giải: Gọi công thức anđehit không no có một liên kết đôi, đơn chức, mạch hở A là C nH2nO và anđehit no, hai chức, mạch hở B có cùng số nguyên tử cacbon là

2

CnH2n-2O2
� Công thức tương đương hỗn hợp X là CnH2n-2O a ( 1< a < 2)

Do anđehit khác HCHO, nên cho hh X tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 và đốt cháy X
7

sơ đồ: CnH2n-2O a ��
� 2 a Ag
0,2/ a

��
� 0,4

CnH2n-2O a ��
� n CO2
0,2/ a

0,45

� 0,2n/ a = 0,45 � 4n = 9 a (1)

Mặt khác: mhhX =

0, 2
a . (14n – 2 + 16 a ) = 9,2 (2)

Giải (1), (2) ta được: n = 3,

a

4
= 3

� Công thức A là C3H4O: CH2=CH-CHO, công thức B là C3H4O2: CH2(CHO)2

Ta có nhhX =

0, 2
4 1.x  2.(0,15  x)
�a
a = 0,15. Gọi nA = x, nB = 0,15 – x
0,15
= 3 =

� x = 0,1 = nA, nB = 0,05 � mA = 0,1.56 = 5,6 gam; mB = 0,05.72 = 3,6 gam

Ví dụ 4: Hoà tan 174 gam hỗn hợp gồm hai muối cacbonat và sunfit của cùng một kim
loại kiềm vào dung dịch HCl dư. Toàn bộ khí thoát ra được hấp thụ tối thiểu bởi 500ml
dung dịch KOH 3M. Xác định tên của kim loại kiềm?
Giải: Đặt CTTB của 2 chất là M 2 X O3
M 2 X O3  2 HCl  2MCl  X O2  H 2 O

1,5

1,5 mol

X O2 + KOH ��
� KH X O3

1,5

1,5 mol

174

68  X
� 2M + X + 3.16 =
� M=
(1)
1,5
2

Mặt khác, theo tính chất của trị số trung bình thì: 12 < X <32 (2)
Từ (1) và (2) �

18 < M < 28 mà M là kim loại kiềm nên M là Na ( M=23)

Ví dụ 5: Hỗn hợp khí A ở (đktc) gồm 2 hiđrocacbon. Lấy 268,8ml A cho từ từ qua nước
Brôm dư thấy có 3,2 gam brôm phản ứng, không có khí thoát ra khỏi bình. Mặt khác đốt
cháy hết 268,8ml A thu được 1,408 gam CO2. Xác định CTPT các hiđrocacbon.
Giải: Đặt CTTĐ của hỗn hợp là C n H2 n +2-2 a








C n H2 n +2 - 2 a + a Br2 ��
� C n H2 n +2-2 a Br2 a

(1)
8





C n H2 n +2-2 a +

3n  1  a


O2 ��
� n CO2 + ( n +1- a ) H2O
2

(2)

Theo (1) a = nBr2/nA = 0.02/0,012 = 4/3


Theo (2) n = nCO2/nA = 0,032/0,012 = 8/3
Khi hỗn hợp A qua dd Br2 không có khí thoát ra, điều đó chứng tỏ các hiđrocacbon đều
không no.
Nhận xét: Bài toán xuất hiện 2 giá trị trung bình là số nguyên tử cacbon và số liên kết  .
Vì vậy việc kết luận nghiệm theo trường hợp 2


Cách 1: Hai hiđrôcacbon không no có n = 8/3 nên chắc chắn có 1 hiđrocacbon có số
nguyên tử C trong phân tử < 8/3. Đó là C2H2 hoặc C2H4.
* Trường hợp có 1 hyđrocacbon là C2H2 khi đó hiđrôcácbon còn lại phải là anken( vì C2H2
có a=2 > 4/3, nên hiđrocácbon không no, mạch hở còn lại phải có a < 4/3, duy nhất có a =

1). Đặt CTPT của hiđrôcácbon còn lại là C mH2m và % theo mol của nó là x, ta có: a= 2.
(1-x) + 1. x = 4/3 � x=2/3.
n = 2. 1/3+m. 2/3 = 8/3 � m = 3 Hiđrocácbon còn lại là C3H6.
* Trường hợp 1 hiđrôcácbon là C2H4 (có tỉ lê % theo mol là x) hiđrôcacbon còn lại là
CmH2m+2-2a ( có tỉ lệ % theo mol là 1-x)
Vì A khí ở điều kiện thường nên 8/3 < m  4 � m=3 hoặc m=4.
- Nếu m = 3 ta có 2. x+ 3. (1-x) = 8/3 � x = 1/3
1.1/3 +a. 2/3 = 4/3 � a= 1,5 loại vì a lẻ.
- Nếu m = 4 ta có 2. x+ 4. (1-x) = 8/3 � x = 2/3
1. 2/3 + a. 1/3 = 4/3 � a = 2 hiđrô cácbon còn lại là C4H6
Vậy CTPT của các hiđrôcacbon là: C2H2 và C3H6 hoặc C2H4 và C4H6.
Cách 2: Gọi số nguyên tử C; số liên kết  ; % số mol của 2 hiđrocacbon lần lượt là n, m;
a, b và x, (1-x)


8

4

Ta có: n = = x.n + (1-x).m (1) và a = = x.a + (1-x).b (2)
3
3


Do n = 8/3 nên chắc chắn có 1 hiđrocacbon có số nguyên tử C trong phân tử là n < 8/3
� n = 2 ( Vì 2 hidrocacbon không no nên n > 1)

Vì A khí ở điều kiện thường nên 8/3 < m  4 � m=3 hoặc m=4.
* Nếu n = 2, m = 3 thay vào (1) � x = 1/3, thay giá trị x vào (2) � a + 2b = 4
9

Nghiệm phù hợp a = 2, b = 1. CTPT 2 hidrocacbon là C2H2 và C3H6
* Nếu n = 2, m = 4 thay vào (1) � x = 2/3, thay giá trị x vào (2) � 2a + b = 4
Nghiệm phù hợp a = 1, b = 2. CTPT 2 hidrocacbon là C2H4 và C4 H6
Ví dụ 6: Chia hỗn hợp 2 rượu no, mạch hở A, B thành 2 phần bằng nhau.
- Phần 1 tác dụng hết với Na dư thu được 0,896 lít khí (đktc)
- Phần 2 đốt cháy hoàn toàn thu 3,06 (g) H2O và 5,28 (g) CO2
Xác định CTCT của 2 rượu. Biết rằng khi đốt V thể tích của A hoặc B thì đều thu được
không quá 3V thể tích CO2 ở cùng điều kiện.
Giải: nCO2= 0,12 mol; nH2O = 0,17 mol ; nH2= 0,04 mol






Đặt CTTĐ của hh là C n H2 n +2O k




Viết ptpư và tính được n = 2,4; k = 1,6
Nhận xét: Bài toán xuất hiện 2 giá trị trung bình là số nguyên tử cacbon và số nhóm chức
OH. Vì vậy việc kết luận nghiệm theo trường hợp 2
Gọi số nguyên tử cacbon, số nhóm chức và % số mol của 2 ancol lần lượt là n, m;
a, b và x, (1- x).




Ta có: n = 2,4 = x. n + (1- x). m (1) và k = 1,6 = x. a + (1 – x). b (2)


Do n =2,4 và số C trong mỗi rượu không quá 3 nên 1 rượu có số nguyên tử C là
m = 3, rượu còn lại có số C nhỏ hơn 2,4 là n = 2 hoặc n = 1
* Nếu m = 3, n = 2 thay vào (1) ta được: 2,4 = 2x + (1 – x).3 � x = 0,6.
Thay x = 0,6 vào (2) ta được: 3a + 2b = 8 � Nghiệm phù hợp a = 2, b = 1
Công thức 2 ancol là: C2H4(OH)2 và C3H7OH
* Nếu m = 3, n = 1 thay vào (1) ta được: 2,4 = x + (1 – x).3 � x = 0,3.
Thay x = 0,3 vào (2) ta được: 3a + 7b = 16 � Nghiệm phù hợp a = 3, b = 1
Với n = 1, a = 3 không có ancol bền (loại)
Ví dụ 7: Hỗn hợp A gồm 2 rượu đồng đẳng. Đốt 2 thể tích hơi hỗn hợp A cần 4,5 thể tích
O2 và thu được 3 thể tích CO2 ở cùng điều kiện. Xác định CTPT các chất biết rượu có
nhiều C hơn chiếm khoảng 40 đến 50% thể tích hỗn hợp.




Giải: Đặt CTTĐ của 2 rượu là C n H2 n +2-2aOm




Ptpư: C n H2 n +2-2a-mOm +

3n  1  a  m


O2 ��

� n CO2 + ( n +1-a)H2O
2

(1)
10


Theo bài ra ta có

nO 2
4,5
3n  1  a  m

1,5 �
= 1,5 � a + m = 1.
nCO 2
3
2n

A gồm 2 rượu đồng đẳng nên 1 m; 0 a; m, a nguyên � m=1; a=0
� hỗn hợp gồm 2 rượu no, đơn chức. (1) được viết lại:




C n H2 n +2O +

3n



O2 ��
� n CO2 + ( n +1)H2O
2

VCO 2

(1')

3


 1,5
Theo(1') n =
VA
2

Nhận xét: Bài toán không cho tỉ lệ mol mà cho giới hạn % thể tích cũng là giới hạn % số
mol . Vì vậy việc kết luận nghiệm theo trường hợp 3

Ta có: n = 1,5 � 1 rượu là CH3OH.

Đặt CTPT của rượu còn lại là C mH2m+1OH; Tỉ lệ % theo mol của nó trong hỗn hợp là x; %
theo mol của CH3OH là 1-x. Ta có n=m.x+1.(1-x) = 1,5 � x=

0,5
.
m 1

Theo bài 0,4< x < 0,5 � 1,5 < m < 2,25 � m=2. CTPT rượu còn lại là C2H5OH
Ví dụ 8: Cho 47 g hỗn hợp hơi hai rượu đi qua xt Al 2O3 nung nóng thu được hh ete,

ôlefin, rượu còn lại và hơi nước. Tách hơi nước ra khỏi hỗn hợp A ta được hỗn hợp khí B.
Lấy nước tách ra ở trên cho tác dụng với Na dư thu được 4,704 l khí( đktc). Lượng olefin
trong B tác dụng vừa đủ với 1,35 lít dung dịch Br 2 0.2M. Phần ête và rượu trong B chiếm
thể tích 16,128 lít ở 136,50C và 1 atm.
a. Tính hiệu suất rượu bị loại nước thành olefin biết hiệu suất với các rượu như nhan
b. Xác định CTPT các rượu. Biết số mol các ete bằng nhau
Giải:
1. Vì rượu bị loại nước tạo olefin nên rượu đã cho no, đơn chức, mạch hở. Gọi công thức




chung của 2 rượu là C n H2 n +1OH.
Các phản ứng xảy ra:






0



Al O , t
C n H2 n +1OH ����
� C n H2 n + H2O


2 3





0

(1)



Al O , t
2C n H2 n +1OH ����
� (C n H2 n +1)2O + H2O (2)
2 3

2 H2O + 2 Na ��
� 2 NaOH + H2








C n H2 n + Br2 ��
� C n H2 n Br2

(3)

(4)
11


Theo (3) và giả thiết: nH2O = 2. nH2 =2.0,21 = 0,42 (mol)
Theo (3) và giả thiết: nolefin = nBr2 = 1,35.2 = 0,27 (mol)
Theo (1): nH2O (1) = nolefin = 0,27 (mol)
� nH2O (2) = 0,42 – 0,27 = 0,15

Theo (2): nete = nH2O (2) = 0,15.
Do số mol các ete bằng nhau nên số mol mỗi ete là 0,15/3 = 0,05
Mặt khác tổng số mol rượu và ete còn lại trong B là n =

1.16,128
= 0,48
0, 082.(136,5  273)

� nrượu còn lại = 0,48 – 0,15 = 0,33.
� nrượu ban đầu = nrượu còn lại + nolefin + 2nete = 0,9 và nrượu tao olefin = nolefin = 0,27
� Hiệu suất H =

0, 27
.100 = 30 (%)
0,9

2. Tìm công thức 2 rượu
M

=

2ruou

47


= 52,2 = 14 n + 18 � n = 2,44
0,9

Nên phải có 1 rượu có số nguyên tử cacbon nhỏ hơn 2,44 mà loại nước tạo olefin � chỉ
có C2H5OH. Rượu còn lại có số C > 2,44: CmH2m+1OH (m >2,44)
Gọi số mol CmH2m+1OH là x, số mol C2H5OH là 0,9 – x


Ta có n = 2,44 =

x.m  (0,9  x ).2
0, 4
� x=
0,9
m2

Mặt khác:
- số mol CmH2m+1OH tạo olefin là 0,3x
- số mol CmH2m+1OH tạo ete là

nruou (2)



2

2nete
 0,15 (Do số mol các ete bằng nhau nên số
2

mol 2 rượu tạo ete cũng bằng nhau)
Vì rượu dư nên: x > 0,3x + 0,15 mà x< nhh rượu = 0,9 � 0,21 < x < 0,9
mà x =

0, 4
0, 4
� 0,21 <
< 0,9 � 2,33 < m < 3,9
m2
m2

Vì m nguyên nên m = 3, công thức rượu thứ 2: C3H7OH.
Vậy CT 2 rượu là C2H5OH và C3H7OH
Nhận xét:



Sau khi tìm được n = 2,44 mới tìm được một rượu. Không có yếu tố

liên quan về số nguyên tử, khối lượng mol ...của 2 chất nên phải dựa vào tỉ lệ mol hay
12


giới hạn mol. Nhưng không dữ kiện tìm tỉ lệ mol do đó phải sử dung giới hạn mol. Vì đề
không cho nên phai tự đặt nhưng nếu chỉ đặt ở dạng 0< n A < nhh thì giải ra ta được m > 2

hoặc m > 2,4 thì không có giá trị gì. Vì mục đích phải đặt m vào khoảng giới hạn chặn 2
phía ( ...> và < ...) nên phải dùng nhận xét nA pư �nA < nhh (trường hợp 3).
Ví dụ 9: Hỗn hợp khí A (ở đktc) gồm Hiđro và 2 hiđrocacbon mạch hở là đồng đẳng kế
tiếp có tỉ khối dA/H2 = 3,96. Dẫn A qua bình chứa Ni nung nóng thu được hỗn hợp B có tỉ
khối dB/H2 = 6,6.
Hãy xác định công thức phân tử của 2 hiđrocacbon và phần trăm thể tich các chất
trong A. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
Giải: Gọi công thức chung của 2 hidrocacbon mạch hở đồng đẳng kế tiếp là
C n H2 n +2-2k . Với 2< n < 4 và k <4 ( do hidrocacbon không no, ở thể khívà số liên kết 






nhỏ hơn hoặc bằng số nguyên tử cacbon)








PTHH: (1) C n H2 n +2-2k + k H2 ��
� C n H2 n +2
x
Do M

B

k.x

= 6,6.2 = 13,2 nên trong B phải có chất có M < 13,2 chất này không thể là

hidrocacbon mà phải là H2 dư. H = 100% và H2 dư nên hidrocacbon phản ứng hết, hỗn
hợp B gồm H2 dư và hỗn hợp ankan.
Vì dữ kiện bài toán đều ở dạng tỉ khối, % nên việc chọn số mol hỗn hợp ban đầu không
ảnh hưởng đến kết quả bài toán.




Giả sử số mol hỗn hợp A là 1 mol, gọi số mol C n H2 n +2-2k là x
� số mol H2 là 1-x.

Theo định lật bảo toàn khối lượng ta có mhhA = mhhB
mà mhhA = M A. nA = 3,96.2.1 = 7,92 � mhhB = 7,92 � nhhB = 7,92/13,2 = 0,6
Mặt khác số mol hỗn hợp giảm chính là số mol H2 pư � nH2 pư = 1 – 0,6 = 0,4
Theo (1) , nH2 pư = k.x � k.x = 0,4 � x = 0,4/k

Ta lại có MhhA = 7,92 � (1-x).2 + x.(14 n + 2 – 2k) = 7,92

� x(14 n - 2k) = 5,92


Thay x = 0,4/k vào ta được n = 1,2k

13





Nhận xét: Bài toán đủ dữ kiện để xác định cụ thể n . Vì vậy ta biểu thị n theo đại lượng
có giới hạn k là số liên kết  ( k nguyên, nhỏ hơn 4) theo phương án 1


+ k = 1 � n = 1,2 ( loại vì n < 2)

+ k = 2 � n = 2,4 � 2 hidrocacbon là C2H2 và C3H4 (thõa mãn)

+ k = 3 � n = 3,6 � 2 hidrocacbon là C3H2 và C4H4 mà C3H2 không có cấu tạo mạch hở

thõa mãn yêu cầu đề bài (loại)
* Xác định % thể tích.
Hỗn hợp A gồm: C2H2, C3H4 và H2.
Vì k = 2 � x = 0,2 � nH2 = 1- 0,2 = 0,8 � Tổng số mol 2 hidrocacbon = 0,2. Gọi n C2H2 =
a, nC3H4 = 0,2 – a
� n = 2,4 =

2a  3(0, 2  a)
� a = 0,12 = nC2H2 ; nC3H4 = 0,08
0, 2

� %TTH2 = 80% ; %TTC2H2= 12%; %TTC3H4 = 8%

Ví dụ 10: Cho 0,4 mol hỗn hợp X gồm 2 rượu no, đơn chức, bậc 1, là đồng đẳng kế tiếp
đun nóng với H2SO4 đặc ở 140OC thu được 7,704 gam hỗn hợp 3 ete. Tham gia phản ứng

ete hoá có 50% lượng rượu có khối lượng phân tử nhỏ và 40% lượng rượu có khối lượng
phân tử lớn.
Xác định công thức phân tử và gọi tên của 2 rượu trong X
Giải: Gọi công thức tương đương hỗn hợp gồm 2 rượu no, đơn chức đồng đẳng kế tiếp là




C n H2 n +1OH






0



t , xt
PTHH: 2C n H2 n +1OH ���
� (C n H2 n +1)2O + H2O

Vì có 50% lượng rượu có khối lượng phân tử nhỏ và 40% lượng rượu có khối
lượng phân tử lớn phản ứng nên

nrượu bđầu . 40% < nrượu pư < nrượu bđầu . 50%

� 0,16 < nrượu pư < 0,2 � 0,08 < nhh ete =

77,04 =

7, 704
0,1


hh ete

=

1
nrượu pư < 0,1
2

mhh
7, 704
<
= 96,3
nhh
0, 08

� 77,04 < 28 n + 18 < 96,3 � 2,1 < n < 2,8

Nhận xét: Vì hiệu suất phản ứng của 2 rượu không giống nhau nên chỉ tìm được khoảng
mol hỗn hợp ete
14


� khoảng giá trị n và kết luận nghiệm theo phương án 2



Ta có: 2,1 < n < 2,8 mà rượu no, đơn chức, bậc 1, là đồng đẳng kế tiếp nên công thức 2
rượu là: CH3CH2OH ( etanol) và CH3CH2CH2OH (propan- 1- ol)
2.3.2. Sử dụng phương pháp trung bình để biện luận chất dư
* Cơ sở của phương pháp:
Đã biết theo tính chất của trị số trung bình ta luôn có: M min < M < Mmax, vì vậy ta tìm
được khoảng giới hạn của số mol hỗn hợp như sau:
mhh
mhh
m
< hh <
M max
M min
M

Nghĩa là:
- Nếu coi hỗn hợp chỉ chứa mình chất có khối lượng mol bé nhất thì số mol của hỗn hợp
sẽ lớn nhất (nmax)
- Nếu coi hỗn hợp chỉ chứa mình chất có khối lượng mol lớn nhất thì số mol của hỗn hợp
sẽ bé nhất (nmin)
Do đó:
- Nếu chất X nào đó đủ ( hoặc dư) để phản ứng hết với số mol lớn nhất của hỗn hợp thì
chắc chắn sẽ dư khi phản ứng với số mol thực tế của hỗn hợp, tức là hỗn hợp hêt, X dư.
- Nếu chất X nào đó không đủ để phản ứng hết với số mol bé nhất của hỗn hợp thì chắc
chắn sẽ thiếu khi phản ứng với số mol thực tế của hỗn hợp, tức là hỗn hợp dư, X hết.
* Dấu hiệu sử dụng phương pháp:
- Phương pháp trên được sử dụng khi đề bài có một số dấu hiệu sau:
+ Khối lượng hỗn hợp, số mol chất đe phản ứng ( có thể không cho rõ ràng nhưng dễ
dàng tìm được)

+ Bài toán hỗn hợp kim loại tác dụng với axit (nếu hỗn hợp axit thì tìm được tổng số mol
H+)
+ Bài toán của kim loại tác dụng với muối (hỗn hợp kim loại tác dụng với một muối, hoặc
hỗn hợp muối tác dụng với một kim loại)
Ví dụ 1: Một hỗn hợp X nặng 1,86 gam gồm Fe và Zn. Cho X tác dụng với V lít dung
dịch HCl 1M. Phản ứng xảy ra hoàn toàn.
a. X tan hết hay không nếu V= 100 ml
b. Cũng câu hỏi ấy nếu V =50 ml. Tính thể tích khí H2 thoát ra ( ở đktc)
15


Giải:
a. Trường hợp V =100 ml
nHCl = 0,1 mol � nH+ = 0,1 mol
Zn + 2H+ ��
� Zn2+ + H2
Fe + 2H+ ��
� Fe2+ + H2
Giả sử hỗn hợp X chỉ có mình Fe ( kim loại có khối lượng mol thấp hơn)
� nmax = nFe =

1,86
= 0,0332.
56

Số mol thực của hỗn hợp chắc chắn nhỏ hơn 0,0332 ( vì thực tế có cả 2 kim loại). Lượng
H+ cần để hòa tan hết 0,0332 mol 2 kim loại là 2.0,0332 = 0,0664 < n H+ thực = 0,1. Vì vậy
hỗn kim loại tan hết, H+ dư
b. Trường hợp V =50 ml
nH+ = 0,05 mol

Giả sử hỗn hợp X chỉ có mình Zn ( kim loại có khối lượng mol cao hơn)
� nmin = nZn =

1,86
= 0,0286.
65

Số mol thực của hỗn hợp chắc chắn lớn hơn 0,0286 ( vì thực tế có cả 2 kim loại).
Lượng H+ cần để hòa tan hết 0,0286 mol 2 kim loại là 2.0,0286 = 0,0572 > n H+=0,05. Vì
vậy H+ thiếu, kim loại dư.
Khi đó nH2 = ½.nH+ =0,025 � V = 0,56 lít
Ví dụ 2: Một hỗn hợp X nặng 22 gam gồm Fe và Al. Cho X tác dụng với 2 lít dung dịch
HCl 0,3M (d= 1,05 g/ml)
a. Chứng tỏ rằng hỗn hợp X không tan hết.
b. Tính thể tích khí H2 bay ra ( ở đktc), khối lượng chất rắn không tan và nồng độ % chất
tan trong dung dịch Z thu được. Biết rằng dung dịch Z chỉ có một chất tan.
Giải:
a. Để chứng tỏ rằng hỗn hợp X không tan hết trong dung dịch HCl, ta giả sử hỗn
hợp X chỉ có Fe ( kim loại nặng nhất)
Khi đó nmin hh = nFe= 22/56 = 0,39 mol.
Mặt khác, để hòa tan hết 0,39 mol Fe cần 0,78 mol HCl
Fe + 2HCl ��
� FeCl2 + H2
mà nHCl sử dụng = 0,3.2 = 0,6 mol < 0,78 mol
16


Ta không đủ axit để hòa tan 0,39 mol Fe. Khi thay Fe bằng Al, số mol khim loại tăng,
ngoài ra với cùng số mol Al và Fe thi số mol HCl cần dùng để hòa tan Al lớn hơn ( tỉ lệ
1:3) so với hòa tan Fe ( tỉ lệ 1:2). Vì vậy HCl thiếu, kim loại dư.

Ta có thể lập luận cách khác như sau:
Gọi x, y lần lượt là số mol Al, Fe trong hỗn hợp.
Theo pthh, ta có nHCl pư =3x + 2y > 2(x+y) = 2nhh kim loại
mà nhh kim loại > 22/56 =0,39 � nHCl pư > 2. 0,39 = 0,78 mà nHCl sử dụng =0,6 <0,78
Vì vậy HCl thiêu, kim loại dư.
b. Vì Z chứa một chất tan nên chỉ có một kim loại phản ứng là Al ( do Al mạnh hơn
Fe)
Al + 3HCl ��
� AlCl3 + 3/2H2
0,2

0,6

0,2

0,3

� VH2 = 0,3.22,4 = 6,72 lít

- Dung dịch Z: AlCl3 ( 0,2 mol)
mddZ = mdd HCl + mAl pư – mH2 = 2000.1,05 + 5,4 – 0,3.2 = 2104,8 gam
C% AlCl3 =

0,2.133,5.100
= 1,27 (%)
2104,8

2.3.3. Sử dụng phương pháp trung bình trong bài toán tìm khoảng xác định của các
đại lượng, chứng minh bất đẳng thức.
Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm 3 chất là hiđrocacbon thơm cùng dãy đồng đẳng là A (C nH2n-6),

B (Cn’H2n’-6) và C (CmH2m-6) với n < n’nhau a chất trong dãy đồng đẳng. Đốt cháy x gam hỗn hợp X cần y gam O2.
a. Hãy chứng minh rằng:

24 x  3 y
48 x  10 y
m
a
24 x  7 y
24 x  7 y

b. Cho x = 48,8 ; y= 153,6 và a =2
Tìm công thức của A, B, C và % khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X. Biết rằng B không
có đồng phân là hợp chất thơm.




Giải: Đặt công thức chung của A,B, C là C n H2 n -6










Pthh: C n H2 n -6 + 3( n -1)/2 O2 ��

� n CO2 + ( n -3)H2O



Ta có: nO2 = 3( n -1)/2 . nhhX � y/32 = 3( n -1)/2. x/(14 n -6)

17




�n

24 x  3 y
24 x  7 y


mà n < n < m, trong đó m = n + a+1
24 x  3 y
24 x  3 y
�n
< m< n + a+1 � 24 x  7 y < m < 24 x  7 y + a +1




� 24 x  3 y  m  48 x  10 y  a
24 x  7 y
24 x  7 y

Ví dụ 2: Hỗn hợp A gồm anđehit fomic và anđehit axetic. Oxi hoá hoàn toàn hỗn hợp A
thu được hỗn hợp B gồm 2 axit cacboxylic . Tỷ khối hơi của B so với A là d.
a. Xác định khoảng giá trị của d?
b. Với d = 1,43. Tìm % khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp ban đầu?
Giải:
a. Gọi CTTB của 2 anđehit là R CHO ( 1 < R <15)
� R COOH
R CHO + 1/2O2 ��

dB/A =

R  45
mà ( 1 < R <15)
R  29

- Với R =1 � d = 46/30 = 1,53.
- Với R =15 � d = 60/44 = 1,36
Vậy 1,36 < d < 1,53.
b. Với d = 1,44 �
%mHCHO =

R  45
=1,43 � R = 8 = (1+15)/2 � nHCHO = nCH3CHO
R  29

30
.100 = 40,54%; %mCH3CHO = 59,46%
30  44

2.3.4. Thực nghiệm sư phạm.

Sau khi hoàn thành đề tài “ Sử dụng phương pháp trị số trung bình trong bài tập
hóa học”. Tôi đã áp dụng với học sinh các lớp 12C 1, 12C2, 12C6, 12C7 Trường THTP
Hàm rồng năm học 2017- 2018, tôi đã triển khai trong các tiết luyện tập, ôn tập, kết hợp
giữa dạy lý thuyết và bài tập. Trước khi dạy các dạng bài tập này, tôi đã tiến hành 1 bài
kiểm tra sau đó tiến hành dạy bình thường ở các lớp 12C 1, 12C6 và cho học sinh nắm
phương pháp kết hợp với luyện tập ở các lớp 12C2, 12C7. Kết quả khảo sát như sau:
18


19


Kết quả kiểm tra đợt 1: (Chưa áp dụng đề tài )
Lớp

Sĩ số

12C1
12C2
12C6
12C7

41
46
45
43

Điểm giỏi
SL
%

3
6,98
2
2,33
1
4,55
1
2,22

Điểm khá
SL
%
9
20,93
7
11,63
5
15,91
4
8,89

Điểm TB
SL
%
25
58,14
30
69,76
28
59,09

32
71,11

Điểm yếu
SL
%
4
13,93
7
16,28
11
20,45
6
17,78

Điểm TB
SL
%
20
58,14
15
65,12
25
29,55
17
37,78

Điểm yếu
SL
%

3
6,97
2
9,30
7
2,27
2
4,44

Kết quả kiểm tra đợt 2: (Đã áp dụng đề tài)
Điểm giỏi
SL
%
12C1 41
5
11,63
12C2 46
8
9,30
12C6 45
2
27,27
12C7 43
6
22,22
Từ kết quả trên ta nhận thấy:
Lớp

Sĩ số

Điểm khá
SL
%
13
23,26
21
16,28
11
40,91
18
35,56

Sau khi được luyện tập thì kết quả giải bài tập của học sinh ở các lớp đều tăng. Tuy
nhiên với các lớp 12C1, 12C6 không được định hướng phương pháp một cách hệ thống kết
quả giải bài tập của học sinh tăng chậm, nhiều học sinh vẩn lúng túng trong quá trình giải
bài tập dạng này đặc biệt là khâu đặt công thức tương đương và luận nghiệm. Còn ở các
lớp 12C2, 12C7 được định hướng một cách hệ thống phương pháp và luyện tập thì kĩ năng
giải bài tập của học sinh tăng rõ rệt, học sinh biết phân tích bài toán và có định hướng cụ
thể trước khi giải thể hiện ở kết quả kiểm tra đợt 2 của 2 lớp này tăng rõ rệt.

20


3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận.
Phương pháp trị số trung bình được sử dụng nhiều trong chương trình hóa học phổ
thông tuy nhiên đây cũng là dạng toán mà nhiều học sinh còn lúng túng trong việc tiếp
cận phương pháp giải. Bài viết đã trình bày một cách tổng thể, chung nhất về việc sử dụng
phương pháp, đặc biệt với một hệ thống bài tập minh họa từ dễ đến khó, khai thác những
khía cạnh mà học sinh thường vướng mắc. Do dạng toán này xuyên suốt cả quá trình học,

nên việc lựa chọn dạy vào thời điểm nào, tiếp cận phương pháp ở mức độ nào, với hệ
thống bài tập minh họa tương ứng như thế nào là phụ thuộc vào từng đối tượng học sinh.
Trong khuôn khổ đề tài cũng như thời gian có hạn mặc dù bản thân đã rất cố gắng song sẽ
không tránh khỏi những thiếu xót, rất mong nhận được ý kiến đóng quý báu từ quý thầy
cô, các bạn đồng nghiệp và bạn đọc. Tôi xin chân thành cảm ơn!
3.2. Kiến nghị.
Công tác dạy học, đúc rút sáng kiến kinh nghiệm đã và đang được lãnh đạo ngành
rất quan tâm. Song để việc đúc rút sáng kiến kinh nghiệm có sức lan tỏa thì những bài viết
có chất lượng cần được đưa lên trang web của sở để giáo viên có điều kiện tiếp cận, học
hỏi.
Tôi xin cam đoan sáng kiến kinh nghiệm này là do bản
thân tôi viết, không copy, không sao chép.
Thanh Hóa, tháng 5 năm 2018
Người viết

Trịnh khắc Hoàn

21