Kết hợp các phương pháp để giải một số bài tập hóa hữu cơ hay và khó nhằm phát triển tư duy cho học sinh lớp 11 trường THPT hàm rồng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

KẾT HỢP CÁC PHƯƠNG PHÁP
ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP HÓA HỮU CƠ HAY VÀ KHÓ,
NHẰM PHÁT TRIỂN TƯ DUY CHO HỌC SINH LỚP 11.

Người thực hiện: Trịnh Khắc Hoàn
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Hóa học

Thanh Hóa, năm 2020


MỤC LỤC
1. MỞ ĐẦU..........................................................................................................1
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................................................................................1
1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm.................................................1
2. NỘI DUNG.......................................................................................................2
2.1. Phương pháp giải một số bài tập hay và khó đặc trưng riêng cho từng loại
hợp chất hữu cơ.....................................................................................................2
2.1.1. Một số bài toán hiđrocacbon.......................................................................2
2.1.2. Một số bài toán ancol .................................................................................7
2.1.3. Một số bài toán anđehit...............................................................................9
2.1.4. Một số bài toán axit cacboxylic.................................................................10

2.2. Kết hợp các phương pháp để giải các bài tập tổng hợp với bài toán hỗn hợp
các hợp chất chứa C, H, O...................................................................................14
2.2.1. Bài tập áp dụng phương pháp quy đổi, kết hợp các phương pháp khác ...14
2.2.2. Bài toán hỗn hợp các chất chưa rõ loại chất..............................................17
2.3. Hiệu quả của việc sử dụng phương pháp
2.2.1. Thuận lợi...................................................................................................20
2.2.2. Khó khăn...................................................................................................20
2.2. Thực trạng của việc giải quyết bài tập hóa hữu cơ phần vận dụng và vận
dụng cao .............................................................................................................20
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ............................................................................21
3.1. Kết luận........................................................................................................21
3.2. Kiến nghị......................................................................................................21


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Trong nhà trường phổ thông bài tập hóa học có ý nghĩa quan trọng trong
dạy học, ngoài củng cố kiến thức và kỹ năng. Bài tập hóa học còn giúp phát triển
tư duy cho học sinh. Những kiến thức hóa học học sinh có thể quên nhưng tư
duy học sinh có được sẽ theo các em suốt cuộc đời để giải quyết tốt hơn các vấn
đề trong cuộc sống.
Trong quá trình giảng dạy ở trường THPT Hàm Rồng, tôi nhận thấy các
em học sinh còn gặp nhiều khó khăn khi giải các bài toán hóa học đặc biệt
những bài toán khó. Các em còn lúng túng, tư duy máy móc, dập khuân, chưa
xác định được phương pháp phù hợp với các bài toán trắc nghiệm. Mặt khác qua
đề thi THPTQG gần đây xuất hiện một số câu rất khó để phân loại học sinh.
Vì vậy, để giúp các em học sinh có được tư duy tốt hơn, giải quyết tốt các
bài toán khó. Tôi đã nghiên cứu đề tài: “Kết hợp các phương pháp để giải một
số bài tập hóa hữu cơ hay và khó, nhằm phát triển tư duy cho học sinh lớp
11.”

1.2. Mục đích nghiên cứu.
Mục đích nghiên cứu của đề tài này phát triển tư duy, nâng cao năng lực
học tập bộ môn hóa học, bồi dưỡng và phát hiện học sinh giỏi môn hóa lớp 11.
Giúp các em giải quyết các câu hỏi thuộc phần vận dụng và vận dụng cao thuộc
chương trình hóa hữu cơ lớp 11, tạo nền để các em chinh phục điểm cao môn
hóa trong kì thi TNTHPT ở lớp 12.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
Tìm hiểu các phương pháp giải, đánh giá và phân tích để các em có cách
nhìn bao quát và linh hoạt đối với các dạng bài tập hay và khó thuộc chương
trình hóa hữu cơ lớp 11.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
- Phương pháp nghiên cứu lí thuyết: Phân tích và hệ thống hóa các tài liệu
có liên quan đến đề tài
- Phương pháp thực nghiệm: Tiến hành thực nghiệm ở các giờ dạy trên
lớp
- Phương pháp điều tra học sinh.
1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm
- Phân tích, cụ thể hóa, kết hợp các phương pháp để giải quyết một số bài
tập hữu cơ hay và khó lớp 11.

1


2. NỘI DUNG
2.1. PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VÀ KHÓ ĐẶC
TRƯNG RIÊNG CHO TỪNG LOẠI CHẤT HỮU CƠ
2.1.1. MỘT SỐ BÀI TOÁN HIĐRO CACBON
Kỹ thuật giải toán hiđrocacbon.
Để làm bài toán về hidrocacbon cần chú ý những điểm sau:
1 – Chú ý về số liên kết π (số mol nước , CO2)

2 – Bảo toàn khối lượng mX = mC + mH
3 – Phương pháp Trung Bình
4 – Tăng giảm thể tích của các phản ứng cơ bản
5 – Suy luận từ đáp án và đánh giá
Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm C3H6, C4H10, C2H2 và H2. Cho m gam X vào bình kín
có chứa một ít bột Ni làm xúc tác. Nung nóng bình thu được hỗn hợp Y. Đốt
cháy hoàn toàn Y cần dùng vừa đủ V lít O 2 (đktc). Sản phẩm cháy cho hấp thụ
hết vào bình đựng nước vôi trong dư, thu được một dung dịch có khối lượng
giảm 21,45 gam. Nếu cho Y đi qua bình đựng lượng dư dung dịch brom trong
CCl4 thì có 24 gam brom phản ứng. Mặt khác, cho 11,2 lít (đktc) hỗn hợp X đi
qua bình đựng dung dịch brom dư trong CCl 4, thấy có 64 gam brom phản ứng.
Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của V là
A. 21,00
B. 14,28
C. 10,50
D. 28,56.
Hướng dẫn:
- Đây là một bài toán khó về hiđrocacbon.
Đặt vấn đề là muốn tính V O2 cần tính số mol CO2, số mol H2O. Tuy nhiên
với cách đặt ẩn ta chỉ thiết lập được 3 phương trình 4 ẩn (x, y, z, t), như vậy sẽ
không giải được hệ.
Từ đó định hướng tư duy để học sinh có thể ghép ẩn số để tính số mol
CO2 => mol H2O => V?
- Ngoài ra trong bài tập này học sinh cần xác định H 2 hết và biết áp dụng bảo
toàn liên kết π .
nπ = nH2 ph¶nøng + nBr2 ph¶nøng
14 2 43 14 2 43

2

Cỏch 1:

C3H6 : xmol
CO

+ V litO2
+ Ba(OH)2 dư


2
mddgiảm = 21,45gam
Ni,t0
Hỗnhợ pX C4H10 : ymol
H
O



2


C2H2 : zmol
+ Br2 /CCl 4

Br2 phảnứng:0,15mol (Thínghiệm1)

H :tmol

2

+ Br2 /CO2
0,5mol X
Br2 phảnứng:0,4mol (Thínghiệm2)

p dng bo ton mol liờn kt , ta cú :

n = x + 2z = nH2 phảnứng + nBr2 phảnứng t = (x + 2z 0,15)mol
14 2 43 14 2 43
t

0,15mol

Theo gi thuyt ta cú : nx = x + y + z + t = (2x + y + 3z 0,15)mol
Gi k l h s t lng ca thớ nghim 1 v thớ nghim 2, ta cú :

n = nBr2 phảnứng = k(x + 2z)mol
142 43
x + 2z
0,4


=
3x + 4y + 2z = 0,6mol = nCtrongX
0,4mol

2x
+
y
+

3z

0,15
0,5
n = k(2x + y + 3z 0,15) = 0,5mol
X
p dng nh lut bo ton nguyờn t C, ta cú :

nCtrongX = nCO2 = nBaCO3 = 0,6mol

Theo gi thuyt, khi lng dung dch gim :
(mCO2 + mH2O ) mBaCO3 = 21,45gam nH2O = 0,675mol
{
14 2 43
44.0,6

197.0,6

p dng nh lut bo ton nguyờn t O, ta cú :
0,6.2 + 0,675
nO2 =
= 0,9375mol VO2 = 0,9375.22,4 = 21,00lit
2
Cỏch 2: S dng phng phỏp quy i

C3H6
2n (4n 6) + 2

cù ngcó dạ ng
CnH4n 6 vớ i k =

= 4 n
Nhn xột: C4H10
2
C H
2 2
Khi ú:

CO2 BTNT
nCO2 = anmol
+
V
litO
2



CnH4n 6 :amol(k = 4 n) Ni,t0
Hỗnhợ pX

Y
H2O BTNT
nH2O = (2an 3a+ b)mol



H2 :bmol
/CCl 4

+Br2
Br2 phảnứng:0,15mol

+ Br /CCl4
Br2 phảnứng:0,4mol
0,5mol X 2
3


Áp dụng định luật bảo toàn mol liên kết π , ta có:

nπ = a.(4− n) = nH2 ph¶nøng + nBr2 ph¶nøng ⇒ an − 4a + b = − 0,15mol (1)
142 43 142 43
b

0,15mol

Theo giả thuyết:

44an+ 18(2an
+ b) − 197an = − 21,45gam⇔ 20an + 54a− 18b = 21,45gam(2)
1 4 42− 3a
4 43
mCO2

mH2O

mBaCO3

Mặt khác theo thí nghiệm 2, ta có:
a.(4 − n) 0,4 4
=

= ⇒ − 5an + 16a − 4b = 0
a+ b
0,5 5

(3)

Theo đó, từ (1), (2) và (3)
 an − 4a+ b = − 0,15

⇒  20an + 54a− 18b = 21,45 ⇒
 − 5an + 16a− 4b = 0


 an = 0,6mol

 a = 0,225mol ⇒
 b = 0,15mol


 nCO2 = 0,6mol

 nH2O = 0,675mol

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố O, ta có:

0,6.2+ 0,675
= 0,9375mol ⇒ VO2 = 0,9375.22,4 = 21,00lit
2
Cách 3: Phương pháp số đếm.
Bài ra hỗn hợp X gồm 4 chất nhưng chỉ có 3 thông tin về số liệu (khối

lượng dung dịch giảm, số mol Br 2 phản ứng thí nghiệm 1 và tỉ lệ mol π với tổng
số mol X). Theo phương pháp đếm ta có quyền bỏ đi 4 – 3 = 1 chất trong hỗn
hợp X với điều kiện không làm thay đổi bản chất của bài toán. Như vậy không
được bỏ đi H2 vì đây là bài toán cộng H 2 của hidrocacbon không no. Vậy trong 3
chất C3H6, C4H10, C2H2 ta có thể tùy ý bỏ đi 1 chất. Ở đây ta bỏ đi C4H10
nO2 =

BTNT
 C H ­:amol
CO2 
→ nCO2 = (3a + 2b)mol

+
V
litO
3
6
2


→

0
Ni,t
BTNT
 X C2H2 :bmol 
→ nH2O = (3a+ b + c)mol
→Y
 H2O 
  H :cmol

+ Br2 /CCl 4

→ Br2 ph¶nøng:0,15mol
  2

+ Br2 /CCl 4
→ Br2 ph¶n øng:0,4mol
 0,5mol X 

Theo giả thuyết, bảo toàn mol liên kết π và thí nghiệm 2, ta có:

 44.(3a+ 2b) − 18.(3a+ b + c) = 21,45gam

⇒
 a+ 2b = c + 0,15
 5.(a+ 2b) = 4.(a+ b + c)


 a = 0,15mol

 b = 0,075mol ⇒
 c = 0,15mol


 nCO2 = 0,6mol

 nH2O = 0,675mol

4

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố O, ta có:

nO2 =

0,6.2+ 0,675
= 0,9375mol ⇒ VO2 = 0,9375.22,4 = 21,00lit
2

Nhận xét: Với cách giải 1 chỉ rõ bản chất của các quá trình, tuy nhiên học sinh
hay bị mắc ở chỗ không giải được hệ, cách giải 2 thể hiện sự sáng tạo.
Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm H2 và hai olefin là đồng đẳng kế tiếp nhau. Cho 8,96
lít hỗn hợp X đi qua xúc tác Ni nung nóng thu được hỗn hợp Y. Dẫn Y qua dung
dịch Br2 dư thấy khối lượng bình tăng 1,82 gam và thoát ra 5,6 lít hỗn hợp khí Z.
Tỷ khối của Z đối với H2 là 7,72. Biết tốc độ phản ứng của hai olefin với hiđro
là như nhau. Công thức phân tử và phần trăm về thể tích của anken có ít nguyên
tử cacbon hơn trong X là
A.C2H4; 20,0%. B. C2H4; l 7,5%. C. C3H6; 17,5%. D. C3H6; 20,0%.
Hướng dẫn:

nH2P¦ = nankenP¦ = nankan .
 nH = nankenp­ = nankan
 nH = 0,25;nankenp­ = 0,15
 2P¦
 2bd
 nH2 d­ + nH2 p­ = nH2 d­ + nankan = 0,25 ⇒  0,15.14n + 0,25.2 = 1,82 + 7,72.2.0,25 = 5,68
1 42 43

 14m2 43 1 m2 3 m{
mZ

ankenp­
ankenbd
H

2
 mankenbd + mH2 = mankend­ + mz
37
Suyra:n= ,hai ankenlµC2H4 vµC3H6.
15
 nC2H4 + nC3H6 = 0,15
 nC H = 0,08
0,08
⇒ 2 4
⇒ %VC2H4 trongX =
.100% = 20%

28n
+
42n
=
5,18
n
=
0,07
0,4
C2H4
C3H6

 C3H6

Ví dụ 3: Nung 15,904 lít hỗn hợp X gồm etilen, propin, vinylaxetilen và hidro
với xúc tác thích hợp thu được 11,2 lít khí Y có tỷ khối hơi so với H2 là 10,28.
Chia Y thành 2 phần bằng nhau.
Phần 1: đốt cháy hoàn toàn thì cần V lít O2 thu được 8,46 gam H2O.
Phần 2: dẫn qua dung dịch AgNO3/ NH3 dư thì thu được m gam gồm 3 kết tủa có
tỷ lệ mol 1:2:3 tương ứng với M tăng dần, khí thoát ra có thể tích là 5,152 lít.
Hỗn hợp X làm mất màu tối đa a mol Br2. Biết các khí đều đo ở đktc và các
phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của (V + m + a) gần nhất với
A. 15,8.
B. 17,8.
C. 17,1.
D. 16,7.
Hướng dẫn:
nY = 0,5 mol; mY = 0,5 . 20,56 = 10,28 gam = mX (theo định luật BTKL)
Số mol X = 0,71 mol. Số mol H2O = 0,47 mol.
Gọi A là số mol của (C2H4, C3H4, C4H4) và b là số mol của H2.
5


Ta có: a + b = 0,71 (1)
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho hidro, ta có: 2a + b = 0,94 (2)
Từ (1) và (2) ta có: a = 0,23; b = 0,48
Ta có mC = 10,28/2 – 0,47.2 = 4,2 g → số mol CO2 = 0,35 mol
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho oxi, ta có số mol O2 = 0,585 mol
→ V = 13,104 lít
Kết tủa gồm:
CH 3C ≡ CAg (t mol); CH3CH 2 C ≡ CAg (2t mol); CH 2 =CH - C ≡ CAg (3t mol)

Số mol khí thoát ra = 0,23 mol. Ta có: t + 2t + 3t + 0,23 = 0,25 → t = 1/300
→ m = 3,15 gam

Gọi x, y, z là số mol của C2H4, C3H4, C4H4 trong X, ta có:
X + y + z = 0,23 (3)
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cacbon, ta có: 2x + 3y + 4z = 0,7 (4)
Trừ vế theo vế của (4) cho (3) → x + 2y + 3z = 0,47 = Số mol Br 2 phản ứng với
X.→ Chọn D.
Ví dụ 4. Tiến hành dime hóa C2H2 sau một thời gian thu được hỗn hợp X chứa
hai chất hữu cơ có tỷ khối so với He là 65/6. Trộn V lít X với 1,5V lít H 2 thu
được hỗn hợp Y. Đun nóng Y với bột Ni sau một thời gian thì thu 17,92 lít (ở
đktc) hỗn hợp Z có tỷ khối so với Y là 1,875. Cho Z lội qua dung dịch
AgNO3/NH3 dư thì thấy có 0,3 mol AgNO3 phản ứng và tạo ra m gam kết tủa,
hỗn hợp khí thoát ra có thể tích là 12,32 lít (ở đktc) và làm mất màu tối đa 150
ml dung dịch Br2 2M. Giá trị của m là
A. 40,1.
B. 44.
C. 32.
D. 39,9.
Hướng dẫn:
Ta có: M X =

130
139
M + 1,5.2
; MY = X
; MZ =
3
4
2,5

nZ = 0,8 (mol) → mZ = 27,8 (gam).
Từ M x , ta có: số mol C2H2 : số mol C4H4 = 1 : 2 → Gọi x và 2x lần lượt là số

mol của C2H2 và C4H4 trong V lit X → số mol H2 thêm vào là 4,5x mol.
mY = mZ = 27,8 (gam) → x = 0,2
→ Số mol (C2H2 + C4H4) = 0,6 mol → số mol H2 dư = nZ – 0,6 = 0,2 mol.
Kết tủa gồm:
AgC ≡ CAg (a mol); CH 3CH 2C ≡ CAg (b mol); CH 2 =CH - C ≡ CAg (c mol).
Ta có: 0,8 = a + b + c + 0,55
(I)
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho Ag, ta có:
2a + b + c = 0,3 (II)
Lại có: Tổng mol lk π ban đầu = Tổng mol lk π phản ứng + Tổng mol lk π dư
6


(mà tổng mol lk π phản ứng = tổng mol tác nhân cộng tham gia phản ứng)
0,2 . 2 + 0,4 . 3 = (0,9 – 0,2) + 0,3 + 2a + 2b + 3c
(III)
Giải (I), (II), (III) ta có a, b, c và chọn đáp án B.
Ví dụ 5 . Nung nóng hỗn hợp X gồm ba hiđrocacbon có các công thức tổng quát
làCnH2n+2, CmH2m, Cn+m+1H2m (đều là hiđrocacbon mạch hở và ở điều kiện thường
đều là chất khí; n, m nguyên dương) và 0,1 mol H 2 trong bình kín (xúc tác Ni).
Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp Y. Cho Y tác dụng với
lượng dư dung dịch Br2 trong CCl4, thấy có tối đa 24 gam Br 2 phản ứng. Mặt
khác, đốt cháy hoàn toàn Y, thu được a mol CO2 và 0,5 mol H2O. Giá trị của a là
A. 0,25.
B. 0,30.
C. 0,50.
D. 0,45.
Hướng dẫn:
Đều là chất khí nên n+m ≤ 3. Yêu cầu m ≥ 2 → n = 1 và m = 2. X gồm: CH 4,
C4H4 và 0,1 mol H2. Phản ứng hoàn toàn mà Y + Br2 chứng tỏ H2 hết → Y chỉ

chứa các hđc.
→ X gồm CxH4 + 0,1 mol H2 đốt cho 0,5 mol H2O → có 0,2 mol CxH4.
Làm no hỗn hợp hđc 0,2 mol CxH4 cần 0,1 mol H2 + 0,15 mol Br2
→ 0,2 . (2x + 2 - 4): 2 = 0,25
→ x = 0,225. Vậy a = 0,225 . 2 = 0,45 mol. Chọn đáp án D.
2.1.2. BÀI TOÁN ANCOL
Ví dụ 1: Cho 47 gam hỗn hợp X gồm 2 ancol đi qua Al 2O3, đun nóng thu được
hỗn hợp Y gồm : ba ete, 0,27 mol olefin, 0,33 mol hai ancol dư và 0,42 mol
H2O. Biết rằng hiệu suất tách nước tạo mỗi olefin đối với mỗi ancol đều như
nhau và số mol ete là bằng nhau. Khối lượng của hai ancol dư có trong hỗn hợp
Y (gam) gần giá trị nào nhất ?
A. 14,5.
B. 17,5.
C. 18,5.
D. 15,5.
Hướng dẫn:
- Phân tích: Đây là một bài toán hay và khó về ancol.
+ Thứ nhất học sinh dùng phương pháp trung bình để tìm CTPT ancol nhỏ,
+ Cái khó ở chỗ ancol lớn phải biện luận?
Vấn đề làm thế nào tìm được giới hạn của số mol của ancol lớn
Nhận thấy rằng số mol ancol lớn gồm: 1phần tạo ete, 1phần tạo anken, 1
phần dư => giới hạn mol => giới hạn M => CTPT.
- Dưới đây là 3 cách suy luận.
Cách 1:
nnước tạo ra cùng olefin là 0,27 → nnước tạo ra cùng ete là 0,42- 0,27 = 0,15 = n3ete
∑ nhhX = 0,27 . 1 + 0,15 . 2 + 0,33 = 0,9
7


M =

47
= 52,22 có C2H5OH: x mol và ROH: y mol
0,9

→ số mol mỗi ancol pứ ete hóa là 0,15.
Hiệu suất tạo olefin là 30%, x + y = 0,9
→ (0,15 + 0,3y) < y < (0,9- 0,15 – 0,3x)
→54 < MROH < 72
→ 46x + 60y = 46 → x = 0,5; y = 0,4
Khối lượng của hai ancol dư là:
47- 46(0,5 . 0,3 - 0,15) – 60(0,4 . 0,3 + 0,15) = 17
→ Đáp án B
Cách 2:
47gam Ancol


 mol:


 mol:

→

M

0

t
Ancol 

→ Anken+H 2O

0,27

0,27

0,27

→

0

∑n

Ancol ban dau

= 0, 27 + 0,3 + 0,33 = 0,9 mol

t
2Ancol 
→ 3ete + H 2O

0,3
ancol

=

0,15
47
= 52, 22

0,9

0,15

Ancol tách H2O tạo anken nên no, đơn
C≥2

C2 H 5OH :(0,9 − x) mol
X gồm 
 R − OH : x mol

Do số mol các ete bằng nhau nên số mol các ancol tạo ete cũng bằng nhau ( =
0,15 mol).
0, 27

Mặt khác nanken = 0,27 mol → H% tạo anken = 0,9 .100% = 30%
 0,15mol t¹oete
Khi đó với R-OH gồm 
 0,3xt¹oanken
→ nR-OH dư = x – 0,3x – 0,15 = (0,7x – 0,15) > 0

→x>

3
14

Theo giả thuyết ta có: 46.(0,9 – x) + M R-OH.x = 47 gam → (M – 46).x = 5,6
x>

3

14

 
→M <

5,6
+ 46 ⇒ M < 72
3/14

(vậy là C3H7OH)
Với C3H7OH (M=60) ⇒ 46.(0,9 – x) + 60x = 47 gam ⇔ x = 0,4 mol

 C3H7OH d­ :0,7.0,4 − 0,15 = 0,13mol
Vậy 0,33 mol 
 C2H5OH :0,2mol
8


⇒

∑m

ancold­

= 0,13.60+ 0,2.46 = 17gam gÇnnhÊt
 → 17,5gam

Cách 3
Phân tích + Suy luận ta được sơ đồ:
+ H2O

 Ete

{
{
 →0,15(mol) →0,15(mol) 


Acol
O
 → nAncol = 0,15.2 + 0,27+ 0,33 = 0,9(mol)
{  Anken
2
123 + H
{
47g  0,27(mol)

→ 0,27(mol)


 Ancol d­ − 0,33(mol)

→ MX =

C H OH − b(mol) 
47
≈ 52,22 →  2 5

0,9
CnH2n+ 2O − a(mol)

a+ b = 0,9

56
56
→
< 2+
= 3,3 → n = 3
 → n = 2+
14.a
14.3
(14n + 18).a + 46b = 47
C H OH − 0,5(mol) C2H6O(d­ ) − (0,5 − 0,15 − 0,15)mol 
→ 2 5
→
 → m = 17 → B
C
H
OH
−
0,4(mol)
C
H
O(d­
)
−
(0,4
−
0,15
−
0,12)

mol
 3 8
  3 8

Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm ancol metylic, ancol etylic, ancol anlylic và etylen
glicol trong đó oxi chiếm 37,5% về khối lượng được chia thành hai phần bằng
nhau. Cho phần một tác dụng với Na dư thu được 1,344 lít H 2 (đktc). Oxi hóa
phần hai bằng CuO rồi cho toàn bộ sản phẩm hơi tạo thành tác dụng với một
lượng dư dung dịch AgNO3/NH3 thu được 30,24 gam Ag. Các phản ứng xảy ra
hoàn toàn. Phân trăm khối lượng của ancol metylic trong hỗn hợp X là
A. 12,50%.
B. 37,50%.
C. 18,75%.
D. 31,25%.
Hướng dẫn
 CH3OH

+ Na d­

→ H2 :0,06mol


 C2H5OH

X
 ROH
 HCHO + AgNO3 /NH3
+ CuO,t0
CH
=

CH
−
CH
−
OH


→
   → Ag:0,28mol

2
 2

RCHO

 C H (OH)

 2 4
2
 nCH OH + nOH = 2nH2 = 0,12mol  nCH3 OH = 0,02mol
⇒ 3
⇒
4n
+
2n
=
0,28mol
 nROH = 0,1mol
ROH
 CH3OH

MÆtkh¸c,tacã:nO/trongX = n− OH = 0,12mol ⇒ mO = 1,92mol ⇔ mX =
⇒ %mCH3OH =

1,92
.100 = 5,12gam
37,5

0,02.32
.100% = 12,5%
5,12

2.1.3. ANĐÊHIT
Ví dụ 1 : Chia 20,8 gam hỗn hợp gồm hai anđehit đơn chức là đồng đẳng kế tiếp
thành hai phần bằng nhau:
9


- Phần một tác dụng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO 3 trong NH3
đun nóng, thu được 108 gam Ag.
- Phần hai tác dụng hoàn toàn với H 2 dư (xúc tác Ni, t0), thu được hỗn hợp
X gồm hai ancol Y và Z (MY < MZ). Đun nóng X với H2SO4 đặc ở 1400C, thu
được 4,52 gam hỗn hợp ba ete. Biết hiệu suất phản ứng tạo ete của Y bằng 50%.
Hiệu suất phản ứng tạo ete của Z bằng
A. 40%.
B. 60%.
C. 30%.
D. 50%.
Hướng dẫn:
- Phân tích: Những đề thi trước kia tìm CTPT thường tính M bằng dấu đẳng
thức, những năm gần đây đề thi có sự biến dạng tính M bằng dấu bất đẳng thức

(tức phải tìm khoảng của M)
10, 4

10, 4

<
= 41, 6 =>HCHO(0,2);CH3CHO(0,1)
Trong mỗi phần: M 2 andehit = n
0, 25
2 andehit

Ta có: 30x + 44y =10,4 và 4x+2y=1.
Gọi h là hiệu suất tạo ete của Z:
0,2×0,5×(32-0,5×18)+0,1h×(46-0,5×18)=4,52 => h=0,6

Ví dụ 2. Hỗn hợp X gồm CnH2n-3(CHO)(COOH)2; CnH2n-2(CHO)2; CnH2n-1CHO.
CnH2n-2(COOH)2. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch AgNO 3/NH3 dư
thu được 56,16 gam Ag. Trung hòa m gam hỗn hợp X cần dùng 30 gam dung
dịch hỗn hợp NaOH 12% và KOH 5,6%. Đốt m gam hỗn hợp X cần dùng (m +
7,92) gam O2. Giá trị gần nhất của m là
A. 19,84.
B. 20,16.
C. 19,36.
D. 20,24.
Hướng dẫn
Điều kiện: n ≥ 2 nên không có trường hợp đặc biệt HCHO và HCOOH hiện
diện.
Quy X = CnH2n + CO + CO2. Trong đó nCO = nCHO = 0,26 mol;

nCO2 = nCOOH = 0,12mol

Đốt CnH2n cần 1,5x mol O2 sinh ra x mol CO2; đốt 0,26 mol CO cần 0,13 mol O 2
còn CO2 không cần O2 đốt.
→ mX = 14x + 0,26 . 28 + 0,12 . 44 = 14x + 12,56 gam; m Oxi = (1,5x + 0,13). 32
= 48x + 4,16 gam.
→ Phương trình: 48x + 4,16 = (14x + 12,56) + 7,92 → x = 0,48 mol
→ m = 19,28 gam. Chọn C
2.1.4. BÀI TOÁN AXIT CACBOXYLIC
Ví dụ 1 : Axit cacboxylic X hai chức (có phần trăm khối lượng của oxi nhỏ hơn
70%), Y và Z là hai ancol đồng đẳng kế tiếp (MY < MZ). Đốt cháy hoàn toàn 0,2
10


mol hỗn hợp gồm X, Y, Z cần vừa đủ 8,96 lít khí O 2 (đktc), thu được 7,84 lít khí
CO2 (đktc) và 8,1 gam H2O. Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp trên là
A. 15,9%.
B. 12,6%.
C. 29,9%
D. 29,6%
( Đề hóa khối B- 2013)
Hướng dẫn:
Phân tích: Đây là một câu axit hay trong đề khối B năm 2013.
Học sinh phải vận dụng tổng hợp các phương pháp (trung bình, bảo toàn
nguyên tố, biện luận)
Định hướng tư duy:
- Trước hết tìm CTPT 2 ancol
- Bảo toàn nguyên tố các bon lập biểu thức giưa số C của axit và Ctb của ancol
- Biện luận xác định axit.
Sau đây là một số cách giải.
Cách 1:
Từ số mol CO2: 0,35 mol ⇒ Số C trung bình: 0,35 : 0,2 = 1,75

⇒ 2 rượu là CH4O và C2H6O gọi chung là CnH2n + 2 O
Đặt CnH2n + 2 O : a mol, axit là CxH yO4 (b mol). Ta có: a + b = 0,2
Bảo toàn nguyên tố oxi có: a + 4b = 0,35.2 + 0,45 – 0,4.2 = 0,35
Suy ra: a = 0,15 mol; b = 0,05 mol
Bảo toàn C ⇒ 0,05.x + 0,15.n = 0,35 vì n > 1 ⇒ x < 4 nên: x = 2 hoặc x = 3
Mặt khác: % O < 70% => M axit > 64 : 0,7 = 91 nên chỉ có x = 3 phù hợp ⇒ n
=4/3
Vậy axit là CH2(COOH)2
Gọi nCH3OH (c), nC2H5OH (d) ta có : c +d =0,15 ; (c +2d)/0,15 =4/3
⇒ c = 0,1 mol ⇒ % m CH3OH = 3,2 : 10,7.100% = 29,9%
Cách 2: X hai chức → X có 4O
→

%O =

4.16
.100% < 70 →
MX

MX > 91,43 → X > 2C (X > HOOC-COOH: M = 90).

Hỗn hợp: 0,2 mol; CO2: 0,35 mol; H2O: 0,45 mol; O2: 0,4 mol.
→ hỗn hợp có số

0, 35

C=
=1, 75

0, 2



→
H = 0, 45.2 = 4, 5

0, 2


CH 3OH
2 ancol là 
C2 H 5 OH

C x H y O 4 (x > 2): a mol
C n H 2n +2 O (1 < n < 2): b mol

→ gọi hỗn hợp gồm 

Bảo toàn nguyên tố oxi, ta có: nO hỗn hợp + nO phản ứng = nO (CO2) + nO (H2O).

11


 a + b = 0,2
a =0, 05
⇔
→
b =0,15
 4a + b + 0,4.2 = 0,35.2 + 0, 45

Ta có sơ đồ đường chéo:

→

naxit 1,75 − n
1, 75 − n 0, 05
=
⇔
=
x − 1, 75 0,15
nancol x − 1,75

Kết hợp điều kiện trên ta được: x = 3 và

n

⇔ x + 3n = 7
4

= 3.

 CH3OH : c mol
có số mol 0,15.
 C2 H5 OH : d mol

Hỗn hợp ancol là 

 c + d = 0,15

⇔
→ c 2

=
 d 3

 c = 0,1

 d = 0,05

mhỗn hợp ban đầu = mC + mH + mO (axit) + mO (ancol) = 0,35.12 + 0,45.2 + 0,05.4.16 +
0,15.16 = 10,7g.
→ %CH3OH =

0,1.32
.100% = 29,9%. → Đáp án B.
10, 7

Cách 3:
Do %O trong X< 70% nên MX > 64.100/70 = 91,42, tức là phải có từ 3 nguyên
tử C trở lên
Số mol O2 = 0,4 mol, CO2 = 0,35 mol, H2O = 0,45 mol
Số nguyên tử C trung bình của hỗn hợp là 0,35/0,2 = 1,75. số nguyên tử H = 4,5
Vậy phải có ancol là CH3OH, ancol kết tiếp là C2H5OH
Theo BTNT Oxi ta có số mol O trong axit X và 2 ancol là: 0,35.2 + 0,45 – 0,8 =
0,35 mol
Đặt số mol X là x, số mol 2 ancol là y
Ta có: x + y = 0,2 và 4x + y = 0,35
Suy ra: x = 0,05, y = 0,15
→
CH3OH + 1,5O2 
CO2 + 2H2O
a

1,5a
a
2a
→
C2H5OH + 3O2 
2CO2 + 3H2O
12


b
3b
2b
3b
CxHyO4 + (x + 0,25y-2)O2 
→
x CO2 + 0,5y H2O
0,05
0,05(x + 0,25y -2)
0,05x
0,025y
Ta có:
a + b = 0,15 (1*)
a + 2b + 0,05x = 0,35 (2*)
2a + 3b + 0,025y = 0,45 (3*)
Và: 1,5a + 3b + 0,05x + 0,0125y – 0,1 = 0,4 (4*)
Rút ra: 0,025x – 0,0125y = 0,025
Tức là: y = 2x-2
+ Nếu x = 3, y = 4 axit X là HOOC-CH2-COOH
Tìm được: a = 0,1, b = 0,05
%CH3OH = 3,2/(3,2+ 2,3 + 5,2) = 29,9%

+ Nếu x = 4, y = 6 axit X là HOOC-C2H4 –COOH
Tìm được: a = 0,15, b = 0. Vô lý
Nhận xét: Đây là câu khó của đề khối B năm 2013. Với cách 1 nhanh nhất,
cách 2 chuẩn mực, cách 3 nặng về viết phương trình và lập hệ => thiết lập
CTPT chung của axit.
Ví dụ 2. Hỗn hợp A gồm 1 axit no đơn chức và 2 axit không no, đơn chức chứa
1 liên kết đôi kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Cho A tác dụng hoàn toàn với
150 ml dung dịch NaOH 2M. Để trung hòa vừa hết lượng NaOH cần thêm vào
100 ml dung dịch HCl 1M được dung dịch D. Cô cạn cẩn thận D được 22,89 g
rắn khan. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp A rồi cho toàn bộ sản phẩm
cháy hấp thụ vào bình NaOH đặc (dư), khối lượng bình tăng thêm 26,72 (g).
CTPT 3 axit :
A. HCOOH, C2H3COOH, C3H5COOH
B.CH3COOH, C2H3COOH, C3H5COOH
C. HCOOH, C3H5COOH, C4H7COOH
D. HCOOH, C5H9COOH, C4H7COOH
Hướng dẫn:
Muối gồm RCOONa; NaCl
Dễ có m h h A = 22,89 – 0,1.58,5 – 0,2.22 = 12,64 gam.
Và n hhA = 0,2 mol. Công thức của axit no là C nH2nO2 và không no cho 2 axit
CmH2m-2O2.
Vậy có: 44nCO2 + 18nH2O = 26,72 ; và 12nCO2 + 2nH2O = 12,64 – 0,2.32

nCO2 = 0,46 mol; nH2O = 0,36 mol => nhh axit không no = 0,1 mol
13


Và n axit no = 0,1 mol ; có C tb = 0,46 : 0,2 = 2,3 (vì axit không no phải từ 3C trở
lên) => n = 1 hoặc n = 2


Nếu n = 1 => m tb = (0,46 – 0,1.1) : 0,1=3,6 => chọn A

Nếu n = 2 => m tb = (0,46 – 0,1.2) : 0,1 = 2,6 (loại vì tối thiểu C ≥ 3)
2.2. KẾT HỢP CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TẬP TỔNG
HỢP VỚI BÀI TOÁN HỖN HỢP CÁC CHẤT CHỨA C, H, O, CHÚ Ý
MỘT SỐ VẤN ĐỀ QUAN TRỌNG.
Ta gọi chung HCHC là X.
1) Chú ý về số liên kết π trong X
2) Chú ý về tỷ lệ số mol trong các phản ứng cơ bản (cái này buộc phải nhớ)
3) Chú ý về số nguyên tử O có trong công thức phân tử của X
4) Chú ý áp dụng mX = mC + mH + mO và mX + mO = mCO + mH O
5) Chú ý các chất nguy hiểm HCHO; HCOOH ; HOC − CHO; CH ≡ −C − CHO...
6) Chú ý thử đáp án và suy luận dựa vào đáp án
2.2.1. DẠNG BÀI ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI, KẾT HỢP CÁC
PHÁP KHÁC
Dạng bài cho nhiều chất với một số ràng buộc (nhiều ẩn, ít giả thiết). Lời
giải dạng này đơn giản nhất là cứ đặt ẩn, rồi ghép. Tuy nhiên, đây là dạng đặc
biệt, và dĩ nhiên là nếu tìm ra điểm đặc biệt thì mọi chuyện lại trở nên rất dễ
dàng và không kém phần hay + thú vị! Hướng này đòi hỏi tư duy + khả năng
quan sát, phân tích cao.
Ví dụ 1 : Đốt cháy hoàn toàn 29,2 gam hỗn hợp X gồm anđehit acrylic, axit
propionic, anđehit axetic và etylen glicol thu được 1,15 mol CO 2 và 23,4 gam
H2O. Mặt khác, khi cho 36,5 gam hỗn hợp X trên tác dụng hết với dung dịch
AgNO3 trong NH3 thì thu được tối đa m gam Ag. Giá trị gần nhất của m là
A. 43,5
B. 64,8
C. 53,9
D. 81,9
Hướng dẫn
Cách 1: Sử dụng phương pháp quy đổi

Với bài những bài toán hỗn hợp nhiều chất. Những loại bài tập tính chất gây
phân tán thôi chứ thực ra cũng đơn giản. Chỉ cần các bạn tìm ra được cái chung
của các chất đó.
+ Các chất này có gì chung ?
Quan sát kỹ ta thấy:
• Có hai chất có 1 Oxi và 4 Hiđro (CH 2=CH-CHO và CH3CHO) đều có mối liên
quan tới Ag.
2

2

14


• Còn hai chất còn lại có 2 Oxi và 6 Hiđro (C 2H5COOH và C2H4(OH)2) không
liên quan tới Ag.
Vậy thì

CxH 4O: amol + O2 ,to CO2 :1,15mol
X→
→ 
 H2O :1,3mol
CyH6O: bmol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
nOtrongX =

29,2 − 1,15.12 − 1,3.2
= 0,8mol
16

Áp dụng bảo toàn nguyên tố O và H, ta có:

a+ 2b = 0,8mol
a = 0,2mol
⇒

 4a+ 6b = 2,6mol b = 0,3mol

Chú ý: Có sự thay đổi giữa các lần thí nghiệm
n− CHO = 0,2.

36,5
− CHO→ 2Ag
= 0,25mol 
→ mAg↓ = 0,25.2.108 = 54gam
→ 53,9gam
29,2

Cách 2: Sử dụng phương pháp số đếm
Nhận xét: Bài ra gồm 4 chất nhưng chỉ cho 3 thông tin về số liệu gồm khối
lượng hỗn hợp, số mol CO2, số mol
H2O như vậy theo phương pháp số đếm ta có thể bỏ tùy ý (4 – 3) = 1 chất với
điều kiện không làm thay đổi bản chất của bài toán.
Ở thí nghiệm 2, hỗn hợp X phản ứng với AgNO 3/NH3 nên không được bỏ các
C H O: amol

CO2 :1,15mol
 H2O :1,3mol

 x 4
+ O ,t
anđehit bỏ X → C H O: bmol → 


y

6

2

o

tùy ý axit propionic (C2H5COOH) hoặc etylen glicol (C2H6O2). Ở đây, mình
chọn bỏ etylen glicol (C2H6O2)

Khi đó:


CH2 = CH − CHO :amol
CO :1,15mol


+ O2 ,to

→ 2
29,2gamX CH3COOCH3 : bmol
 H2O:1,3mol
CH CHO : cmol


 3

36,5
+ AgNO3 /NH3
36,5gamX 
→ Ag:
(2a+ 2c)mol
29,2


Theo giả thuyết, bảo toàn nguyên tố C và H, ta có:

 56a+ 74b + 44c = 29,2gam
 a = − 0,15mol


 3a+ 3b + 3c = nCO2 = 1,15mol ⇒  b = 0,3mol


 4a+ 6b + 4c = 2nH2O = 2,6mol  c = 0,35mol

15


Lưu ý: Phương pháp số đếm là dạng đặc biệt của quy đổi nên vẫn chấp nhận
các số âm trong các số liệu tính toán ra mà không làm thay đổi kết quả sau cùng
của bài toán!
Ví dụ 2. Hỗn hợp M gồm CH3CH2OH, CH2=CHCH2OH, CH3COOH,
CH2=CHCOOH, CH = C-COOH. Đốt cháy hoàn toàn m gam M cần dùng vừa đủ
0,4 mol O2, thu được 0,35 mol CO2 và 0,35 mol H2O. Mặt khác, cho m gam M

trên tác dụng vừa đủ với 50 gam dung dịch Ba(OH) 2 nồng độ x%. Giá trị của x
là
A. 68,40.
B. 17,10.
C. 34,20.
D. 8,55.
Hướng dẫn
Quan sát → nhận xét: các ancol dạng C?H6O; các axit dạng C??H4O2.
→ O2 cung cấp cho C → CO2 và cụm H4 ancol → H2O
→ nancol = 2.(∑ O2 − ∑ CO2 ) = 0,05 mol
Bảo toàn O → Otrong M = 0,25 mol → naxit = 0,1 mol → cần 0,05 mol Ba(OH)2
→ x = 17,1% → Chọn B.
Ví dụ 3. Hỗn hợp X gồm 2 ancol CH3OH, C2H5-COOH vàHOOC[CH2]4COOH.
Đốt cháy hoàn toàn 1,86 gam X cần dùng vừa đủ 10,08 lít không khí (đktc, 20%
O2 và 80% N2 theo thể tích) thu được hỗn hợp Y gồm khí và hơi. Dẫn Y qua
nước vôi trong dư, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy khối lượng dung
dịch giảm m gam. Giá trị của m gần nhất với
A. 2,75.
B. 4,25.
C. 2,25.
D. 3,75.
Hướng dẫn
CH3OH  quydoi

 → C3H10O2
C
H
OH
 2 5 
CO


+ O2 ,to
+ Ca(OH)2 du
1,86gamX C2H5COOH → C3H6O2

→  2 
→ mdd ↓
 H2O
HOOC CH COOH → C H O
[ 2]
6 10 4


10,08
KK:20%O2 ;80%N 2
nKK =
= 0,45mol 
→ nO2puchay = 0,09mol
22,4
3
2

2
3

2
3

Cách 1: Nhận xét: Trong hỗn hợp X: Số C = .soO ⇒ nOtrongX = nCtrongX = nCO

2

Áp dụng bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố O, ta có:

16


BTKL
 
→ 44x + 18y = 1,86 + 0,09.32
x = 0,075mol

⇒
 BTNTO 2
y = 0,08mol
 → x + 2.0,09 = 2x + y

3
m

m

m↓
647
48
64 7CO248 64 7H2O4
8
gannhatvoi
⇒ mddgiam = 0,075.100 − (0,075.44 + 0,08.18) = 2,76gam
→2,75gam

Cách 2:
 C3H10O2
C3O2 + O ,t  CO2

quydoi
C
H
O

→
1
,86gam
→ 
 3 6 2

H

2
 H2O
 C H O → (C H O )
3 5 2 2
 6 10 4
2

o

+ Ca(OH)2 du

→ mddgiam

Khi đó:
t
C3O2 + 2O2 
→ 3CO2
68x + 2y = 1,86gam  x = 0,025mol → n = 0,075mol
 xmol 2xmol
3xmol



CO2
⇔
⇒



1
o
1
t
 y = 0,08mol
 H2 + O2 → H2O
2x + 2 y = 0,09mol
ymol 2
ymol

0,5ymol
o

⇒ mddgiam = 2,76gam gannhatvoi
  → 2,75gam
Ví dụ 4. Hỗn hợp X gồm etilen, etylen glicol, axit lactic (CH 3CH(OH)COOH)
và axit propanoic (trong đó etilen glicol và axit propanoic có cùng số mol). Đốt
cháy hoàn toàn m gam X cần 0,18 mol O 2 thu được 2,97 gam hơi nước. Mặt
khác, cho m gam X tác dụng với dung dịch Br 2 thì khối lượng Br2 tối đa phản
ứng là
A. 1,6 gam. B. 2,4 gam. C. 3,2 gam. D. 4,0 gam.
Hướng dẫn
1
2

Sự đặc biệt: hỗn hợp gồm C2H4; C2H4.H2O.CO2 và C2H4. H2O. CO2.
→ O2 cần đốt chỉ dùng cho đốt C 2H4 → có 0,18 : 3 = 0,06 mol hỗn hợp hay cụm
C2H2 sinh 0,12 mol H2O.
Mà tổng số mol H2O = 0,165 mol
→ số mol 2 chất kia = 0,165 – 0,12 = 0,045 mol.
Theo đó có 0,015 mol C2H4 → khối lượng Br2 phản ứng lá 2,4 gam → Chọn B.
2.2.2. BÀI TOÁN HỖN HỢP CÁC CHẤT CHƯA RÕ LOẠI CHẤT
Đây là kiểu bài tập hay và sáng tạo, giúp rèn cho học sinh năng lực tư
duy sáng tạo, khả năng biện luận. Nắm rõ mối liên hệ giữa cấu tạo và tính chất.
17


Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm hai chất hữu cơ no , mạch hở (đều chứa C, H, O),
trong phân tử mỗi chất có hai nhóm chức trong số các nhóm –OH, –CHO, –
COOH. Cho m gam X phản ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO 3 trong
NH3, thu được 4,05 gam Ag và 1,86 gam một muối amoni hữu cơ. Cho toàn bộ
lượng muối amoni hữu cơ này vào dung dịch NaOH (dư, đun nóng), thu được
0,02 mol NH3. Giá trị của m là

A. 1,50.
B. 1,24.
C. 2,98.
D. 1,22.
(Đề thi Trung học phổ thông Quốc Gia năm 2015 – Bộ Giáo dục và Đào tạo)
Hướng dẫn.

Giải thích do trong X mỗi chất đều chứa hai trong 3 nhóm chức –OH, –CHO, –
COOH.
+ Vậy trong X có chứa các chất là

Nhận xét: Đây là câu hay nhất đề, không nặng về hình thức toán học, nhưng
cũng không đơn giản.
Ví dụ 2: Hai chất hữu cơ X và Y, thành phần nguyên tố đều gồm C, H, O, có
cùng số nguyên tử cacbon (MX < MY). Khi đốt cháy hoàn toàn mỗi chất trong
oxi dư đều thu được số mol H2O bằng số mol CO2. Cho 0,1 mol hỗn hợp gồm X
và Y phản ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO 3 trong NH3, thu được
28,08 gam Ag. Phần trăm khối lượng của X trong hỗn hợp ban đầu là
A. 39,66%.
B. 60,34%.
C. 21,84%. D. 78,16%.
Hướng dẫn
X, Y có dạng: CnH2nOx. nAg = 0,26.
 X là HCHO : x mol

Theo bài ra: 2.nhỗn hợp < nAg < 4.nhỗn hợp →  Y là HCOOH : y mol ( M X < M Y )


 x + y = 0,1
⇔

→
4
x
+
2
y
=
0,26

→ Đáp án C.

 x = 0,03
0, 03.30
.100% = 21,84%
→ %HCHO =

0,03.30
+
0,07.46
y
=
0,07


18


Ví dụ 3: Chia 0,15 mol hỗn hợp X gồm một số chất hữu cơ (bền, có trong sách
giáo khoa cơ bản), trong phân tử cùng chứa C, H và O thành ba phần bằng nhau.
Đốt cháy phần một bằng một lượng oxi vừa đủ rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm

cháy vào bình đựng nước vôi trong dư thu được 5 gam kết tủa. Phần hai tác
dụng với một lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thu được 8,64 gam Ag.
Phần ba tác dụng với một lượng Na vừa đủ thu được 0,448 lít H 2 (đktc). Các
phản ứng xảy ra hoàn toàn. Khối lượng của 0,15 mol hỗn hợp X là
A. 6,48 gam.
B. 5,58 gam.
C. 5,52 gam.
D. 6,00 gam.
Hướng dẫn:
0

+ O2 ,t

→ CO2 : 0,05.3 = 0,15 mol ⇒ nC/trongX = 0,15mol
+ AgNO3 /NH3
0,15mol X 

→ Ag↓ : 0,08.3 = 0,24mol
+ Na

→ H2 : 0,02.3 = 0,06mol ⇒ n− Hlinh®éng = 0,12 mol

SèC =

nCO2
nX

 CH3OH :xmol
 x + y + z = 0,15mol  x = 0,06mol




= 1→  HCHO:ymol ⇒  4y + 2z = 0,24mol ⇔  y = 0,03mol
 HCOOH :zmol  x + z = 0,12mol
 z = 0,06mol




⇒ m = 0,06.32+ 0,03.30+ 0,06.46= 5,58gam

Lưu ý: Các hợp chất hữu cơ chứa C, H, O và có 1C, bền có trong SGK cơ bản
chỉ gồm CH3OH, HCHO, HCOOH nhé!

19


2.2. Thực trạng của việc giải quyết bài tập hóa hữu cơ phần vận dụng và
vận dụng cao
2.2.1. Thuận lợi
Học sinh đã có nền tảng kiến thức từ lớp 10 và kì 1 lớp 11.
2.2.2. Khó khăn
Đây là nội dung khó nên cần chọn lọc đối tượng học sinh trong giảng dạy
Kết quả kiểm tra trước khi thực hiện đề tài
Sỉ
0 → 2,5 điểm 3 → 4,5 điểm 5 → 7,5 điểm 8 → 10 điểm
Lớp
%
SL
%

SL
%
SL
%
số SL
11A1 55 0
0
19
34,55 19
34,55 17
30,9
11A2 54 0
0
24
44,45 22
40,74 8
14,81
2.3. Hiệu quả của việc sử dụng phương pháp
Kết quả kiểm tra sau khi thực hiện đề tài
Sĩ
0 → 2,5 điểm 3 → 4,5 điểm 5 → 7,5 điểm 8 → 10 điểm
Lớp
%
SL
%
SL
%
SL
%
số SL

11A1 55 0
0
7
12,74 23
41,81 25
45,45
11A2 54 0
0
16
14,82 28
51,85 18
33,33
Khi nghiên cứu đề tài và đưa vào áp dụng trong quá trình giảng dạy tôi
nhận thấy:
- Chất lượng giải các bài tập trắc nghiệm khó tăng lên rõ rệt.
- Kỹ năng và tư duy vận dung giải toán được nâng cao.

20


3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Qua quá trình nghiên cứu chuyên đề này, tôi thấy việc kết hợp sáng tạo
các phương pháp để giải các bài tập hóa học có ý nghĩa quan trọng góp phần
nâng cao hứng thú học tập bộ môn và phát triển tư duy, sáng tạo cho học sinh.
Là bước chuẩn bị quan trọng để học sinh đạt được điểm 8,9,10 trong kỳ thi
HSG, kỳ thi TNTHPT. Cũng như giúp các giáo viên không ngừng bồi dưỡng
chuyên môn, năng động, sáng tạo tiếp cận với những vấn đề mới để nâng cao
chất lượng dạy học bộ môn.
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.
Xác nhận của Thủ trưởng đơn vị
Thanh Hóa, tháng 6 năm 2020
Người viết

Trịnh khắc Hoàn

21


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. PGS.TS Nguyễn Xuân Trường – TS Hoàng Thị Thúy Hương - ThS Quách
Văn Long : “Bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học theo chuyên đề 11”, NXB Đại
học quốc gia HN.
2. PGS.TS Cao Cự Giác : “Bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học”, NXB Đại
học quốc gia HN.
3. PGS.TS Cao Cự Giác : “Tuyển tập bài giảng hóa học hữu cơ”, NXB Đại học
quốc gia HN.
4. PGS.TS Nguyễn Xuân Trường – TS Hoàng Thị Thúy Hương - ThS Quách
Văn Long : “Kĩ thuật giải nhanh bài toán hay và khó hóa học 11”, NXB Đại
học quốc gia HN.


DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG

ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC CẤP CAO HƠN
XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN

Họ và tên tác giả: Trịnh Khắc Hoàn
Chức vụ và đơn vị công tác: Trường THPT Hàm Rồng
Kết quả
Cấp đánh
đánh giá
giá xếp loại
TT Tên đề tài SKKN
xếp loại
(Phòng, Sở,
(A, B,
Tỉnh...)
hoặc C)
1.
Sử dụng độ bất bão hòa trong Sở GD
B
bài toán lập công thức phân
tử hợp chất hữu cơ.
2.
Sử dụng phương pháp trị số
trung bình trong bài toán lập
công thức phân tử hợp chất Sở GD
B
hữu cơ.
3.
Lồng ghép giáo dục môi
trường trong dạy học hóa học
lớp 10 THPT.

Sở GD
C
4.
Sử dụng phương pháp trị số
trung bình trong bài tập hoá
học THPT
Sở GD
C
5.
Sử dụng phương pháp dạy
học nêu vấn đề trong dạy học
hóa học 10
Sở GD
C

Năm học
đánh giá xếp
loại
2010

2012

2015

2018

2019