SKKN phương pháp quy đổi trong giải bài tập hóa học

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT YÊN ĐỊNH 1

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI
TRONG GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC

Người thực hiện: Đỗ Tiến Dũng
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc mơn: Hóa học

THANH HĨA, NĂM 2021
1


MỤC LỤC
NỘI DUNG

TRANG

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

2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

1

2.1.CƠ SỞ LÝ LUẬN

1

2.2.THỰC TRẠNG CỦA NỘI DUNG NGHIÊN CỨU

2

2.3. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN

2

2.4. KẾT QUẢ THU ĐƯỢC

21

3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

21

3.1.KẾT LUẬN

21

3.2.KIẾN NGHỊ

22

2


1. MỞ ĐẦU
1.1. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong bới cảnh mới và xu thế mới của giáo dục hiện đại, tình hình kinh tế –
xã hội mới của đất nước trong thời kì công nghiệp hóa, hiện đại hóa, thực tiển
của đời sống đã đặt ra những yêu cầu cho giáo dục THPT là đổi mới phương
pháp dạy học trong nhà trường theo định hướng “ Phương pháp giáo dục phổ
thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo của học sinh; phu
hợp với đặc điểm của từng lớp học, môn học; bồi dưỡng phương pháp tự học,
khả năng làm việc theo nhóm; rèn luyện kĩ năng vận dụng kiến thức vào thực
tiển; tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú trong học tập cho học
sinh”. Từ đó giáo viên phải biết lồng ghép các dạng bài tập phu hợp vào bài
giảng để học sinh dễ dàng tiếp nhận kiến thức bài học.
Qua những buổi làm bài tập và kiểm tra cho thấy đa số học sinh chỉ biết giải
bài tập oxi hóa – khử, bài tập hổn hợp hữu cơ theo cách thông thường (viết các

phương trình phản ứng, lập các phương trình đại số,…) với cách giải này, học
sinh mất rất nhiều thời gian, thậm chí có một số bài học sinh còn không tìm ra
đáp số. Chính vì vậy, việc tìm ra những phương pháp giải mới là rất có giá trị,
đặc biệt là các phương pháp giải nhanh.
Xuất phát từ suy nghĩ đó,Tôi đã lựa chọn đề tài : “PHƯƠNG PHÁP QUY
ĐỔI TRONG BÀI TẬP HÓA HỌC ” nhằm phục vụ cho công việc giảng dạy,
giúp học sinh có hướng tư duy logic và làm tư liệu cho đồng nghiệp tham khảo.
1.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU :
- Nhằm giúp giáo viên đứng lớp cải thiện phương pháp giảng dạy và nâng cao
chất lượng bài giảng.
- Giúp học sinh giải nhanh các bài tập hóa học phức tạp
1.3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU :
Áp dụng cho các bài tập hóa học phức tạp, bài tập hóa học gồm hổn hợp nhiều
chất, nhiều giai đoạn oxi hóa – khử, nhiều hợp chất hữu cơ khác nhau.
1.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
Nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu các tài liệu về bài tập trong SGK và các bài
tập vận dụng , vận dụng cao trong các đề thi THPT Quốc Gia.
Nghiên cứu thực tiễn: Khảo sát năng lực học sinh trong vấn đề tiếp cận và
giải quyết bài toán có các số liệu ở dạng tương đối .
Thực nghiệm sư phạm : Tiến hành dạy thực nghiệm một số tiết ở các lớp
để xem xét tính khả thi và hiệu quả của đề tài .
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM .
2.1. CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA VẤN ĐỀ:
Quy đổi là một phương pháp biến đổi toán học nhằm đưa bài toán ban đầu là
một hỗn hợp phức tạp về dạng đơn giản hơn, qua đó làm cho các phép tính trở
nên dễ dàng, thuận tiện. Tuy nhiên để tiến hành quy đổi theo hướng nào thì cũng
phải tuân thủ 2 nguyên tắc sau:
- Bảo toàn nguyên tố : tổng số mol nguyên tử mỗi nguyên tố ở hỗn hợp đầu
và hỗn hợp mới phải như nhau.
- Bảo toàn khối lượng : tổng khối lượng các chất trước phản ứng bằng tổng

khối lượng các chất sau phản ứng.
1


- Bảo toàn số oxi hóa : tổng số oxi hóa của các nguyên tố trong hai hỗn hợp
là như nhau
2.2.THỰC TRẠNG CỦA NỘI DUNG NGHIÊN CỨU.
Trong các năm học 2018-2019, 2019-2020, trước khi dạy bài tập về dạng
này, tôi thường cho HS làm một số bài tập nhỏ (kiểm tra 15 phút) để đánh giá
mức độ nắm vững kiến thức và kỹ năng làm bài tập dạng này.
Tôi thường cho HS làm mợt sớ bài tập sau:
Ví dụ 1:Nung 8,4 gam Fe trong không khí, sau phản ứng thu được m gam chất
rắn X gồm Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO. Hòa tan m gam hỗn hợp X vào dung dịch
HNO3 dư thu được 2,24 lít khí NO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Giá trị của
m là
A. 11,2 gam.B. 10,2 gam. C. 7,2 gam.
D. 6,9 gam.
Ví dụ 2:Đớt cháy m gam hỗn hợp X gồm glixerol, metan, ancol etylic và axit
no, đơn chức mạch hở Y (trong đó số mol glixerol bằng ½ sớ mol metan) cần
vừa đủ 0,41 mol O2 thu được 0,54 mol CO2. Nếu cho m gam hỗn hợp X tác dụng
với 200ml dung dịch KOH 1,5M, rồi cô cạn thì thu được m’ gam chất rắn khan.
Giá trị m’ gần nhất với giá trị nào dưới đây?
A.25.
B. 33.
C. 31.
D. 29.
Sau khi chấm bài tôi nhận thấy kết quả như sau
Số
Khảo
Số điểm đạt được (%)

T
Năm
Ghi chú
sát tại
HS 0
<
5
5
<
7
7
10
T
1 12 A3 2019 42 28(66,7%) 13(30,9%) 1 (2,4%)
Tự chọn
Hóa
2 11A6 2020 40 35 (87,5%) 5 (12,5%) 0 (0%)
Lớpđại trà
3 11A2 2020 44 33 (75%)
10 (22,7%) 1 (2,3%)
Tự chọn
Hoá
Khi khảo sát ở các lớp khác nhau với những đối tượng khác nhau, tôi
nhận thấy một số đặc điểm chung như sau:
Phần lớn các em chưa làm xong, không ra được kết quả
Điểm khá giỏi ít, phần lớn chỉ đạt điểm trung bình hoặc yếu
Nguyên nhân chính là do
+ Học sinh chưa nắm chắc kiến thức cơ bản, còn sai, còn nhầm nhiều
+ Kiến thức bộ môn còn quá hẹp
2.3.GIẢI PHÁP THỰC HIỆN

2.3.1 : Các hướng qui đổi trong hoá học vô cơ :
Một bài toán có thể có nhiều hướng quy đổi khác nhau. Trong đó có 3 hướng
chính:
a. Quy đổi hỗn hợp nhiều chất về hỗn hợp ít chất hơn
+ Trong trường hợp này ta thay vì giữ nguyên hỗn hợp các chất như ban đầu, ta
chuyển thành hỗn hợp với số chất ít hơn ( cũng của các nguyên tố đó) thường là
hỗn hợp chất, thậm chí là một chất duy nhất.
+ Thí dụ: Với hỗn hợp các chất gồm Fe, FeO, Fe 3O4, Fe2O3 ta có thể chuyển
thành các tổ hợp (Fe và FeO), hoặc (Fe và Fe 3O4), hoặc (Fe và Fe2O3), hoặc
2


(FeO và Fe3O4), hoặc (FeO và Fe2O3), hoặc (Fe3O4 và Fe2O3) thậm chí chỉ là một
“ chất” duy nhất dạng FexOy.
Ví dụ 1. Nung m gam bợt sắt trong oxi, thu được 6,0 gam hỗn hợp chất rắn X.
Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO 3 (dư) thoát ra 1,12 lít (ở đktc) NO
(là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là
A. 5,04
B. 2,22
C. 2,62
D. 2,32
Hướng dẫn giải
Sơ đồ hóa bài toán:

Khí NO
Fe

(1,12 lít đktc)

FeO

Fe

X

Fe3O4
Fe2O3

m gam

Dung dịch Fe3+

6,0 gam

Có : nNO = 0,05 mol
Cách 1 .
Quy đổi hỗn hợp X thành

Fe: x mol
Fe2O3 : y mol

Theo bảo toàn khối lượng: 56x + 160y = 6,0 (1)
Các quá trình nhường, nhận electron:
Fe → Fe+3 + 3e ; N+5 + 3e → N+2
x
3x
0,15 0,05
Theo bảo toàn electron: 3x = 0,15 => x= 0,05 (2)
x = 0,05
Từ (1) và (2) =>

Fe: 0,05 mol

Vậy X gồm
y = 0,02

Fe2O3 : 0,02 mol

Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe:
∑nFe= nFe + 2nFe2O3 = 0,09 mol => m = 56.0,09 = 5,04 → Đáp án A.
Fe: x mol
Cách 2.
Quy đổi hỗn hợp X thành
FeO: y mol
Theo bảo toàn khối lượng: 56x + 72y = 6,0 (3)
Các quá trình nhường, nhận electron:
Feo → Fe+3 + 3e ; Fe+2 → Fe+3 + 1e ; N+5 + 3e → N+2
x
3x
y
y
0,15 0,05
Theo bảo toàn electron: 3x + y = 0,15 (4)
x = 0,03
Fe: 0,03 mol
Từ (3) và (4) =>
Vậy X gồm
y = 0,06
FeO : 0,06 mol
Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe:
3

∑nFe= nFe + nFeO = 0,09 mol => m = 56.0,09 = 5,04 → Đáp án A.
FeO: x mol
Cách 3.

Quy đổi hỗn hợp X thành
Fe2O3 : y mol

Theo bảo toàn khối lượng: 72x + 160y = 6,0 (5)
Các quá trình nhường, nhận electron:
Fe+2 → Fe+3 + 1e ;
N+5 + 3e → N+2
x
x
0,15 0,05
Theo bảo toàn electron: x = 0,15 (6)
x = 0,15
FeO : 0,15 mol
Từ (5) và (6) =>

Vậy X gồm
y = - 0,03

Fe2O3 : - 0,03 mol

Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe:
∑nFe= nFeO + 2nFe2O3 = 0,09 mol => m = 56.0,09 = 5,04 → Đáp án A.
* Lưu ý : Do việc quy đổi nên trong một số trường hợp số mol một chất có thể
có giá trị âm nhưng số mol mỗi nguyên tố là khơng đởi (bảo toàn) => kết quả

khơng thay đởi
Ví dụ 2. Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 39,2 gam hỗn hợp chất rắn X.
Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO 3 (dư) thoát ra 2,24 lít (ở đktc) NO 2
(là sản phẩm khử duy nhất). Khối lượng muối thu được sau phản ứng là
A. 222 gam
B. 121 gam
C. 72,62 gam
D. 69,32 gam
Hướng dẫn giải :
Sơ đồ hóa bài toán:
Fe
FeO
Fe

X

Fe3O4
Fe2O3

m gam

Khí NO2
(2,24 lít đktc)

Dung dịch Fe3+

39,2 gam

Có : nNO2 = 0,1 mol
FeO: x mol

Quy đổi hỗn hợp X thành
Fe2O3 : y mol
Theo bảo toàn khối lượng: 72x + 160y = 39,2 (1)
Các quá trình nhường, nhận electron:
4


Fe+2 → Fe+3 + 1e ;
x
x
Theo bảo toàn electron: x = 0,1 (2)
x = 0,1
Từ (1) và (2) =>

N+5 + 1e → N+4
0,1
0,1
FeO : 0,1 mol
Vậy X gồm

y = 0,2

Fe2O3 : 0,2 mol

Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe:
∑nFe(NO3)3= nFeO+ 2nFe2O3 = 0,5 mol => mmuối = 242.0,5 = 121 (gam) →Đáp án B.
* Bài tập áp dụng :
Bài 1: Cho 11,36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 phản ứng hết với
dung dịch HNO3 loãng (dư), thu được 1,344 lít khí NO (spk duy nhất ở đktc) và
dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được m gam muối khan. Giá tị của m là

A. 49,09
B. 38,72
C. 35,50
D. 34,36
Bài 2: Nung m gam bột Cu trong oxi thu được 24,8 gam hỗn hợp chất rắn X
gồm Cu, CuO và Cu2O. Hòa tan hoàn toàn X trong H2SO4 đặc nóng thoát ra 4,48
lít khí SO2 duy nhất (đktc) Giá trị của m là
A. 9,60
B. 14,72
C. 1,12
D. 22,40
Bài 3: Đốt cháy 6,72 gam bột Fe trong không khí thu được m gam hỗn hợp X
gồm FeO2, Fe3O4, Fe2O3 và Fe dư. Để hòa tan X cần dung vừa hết 255ml dung
dịch chứa HNO3 2M, thu được V lít khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất, do ở
đktc). Giá trị của m, V lần lượt là
A. 8,4 và 3,360
B. 8,4 và 5,712
C. 10,08 và 3,36 D. 10,08 và 5,712
Bài 4: Hỗn hợp A gồm sắt và 2 oxit của nó. Cho m gam A tác
dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng dư đến phản ứng hồn tồn
thu được dung dịch Y và thốt ra 2,24 lít SO 2 ( đktc ). Cho dung
dịch NaOH dư vào Y thu được kết tủa Z. Nung Z tới khối lượng
không đổi thì thấy khối lượng giảm 7,02 gam. Giá trị của m là
A.11,2
B.19,2
C.14,4
D.16,0
b. Quy đổi hỗn hợp nhiều chất về các nguyên tử tương ứng:
+ Thông thường ta gặp bài toán hỗn hợp nhiều chất nhưng về bản chất chỉ
gồm một số nguyên tố. Do đó có thể quy đổi thẳng hỗn hợp đầu về hỗn hợp

chỉ gồm các nguyên tử tương ứng.
+ Thí dụ: hổn hợp (Fe, FeS, FeS2, Cu, CuS, Cu2S, S)
(Cu, Fe, S)
Ví dụ 1: Hoà tan 20,8 gam hỗn hợp bột X gồm FeS, FeS2, S bằng dung dịch
HNO3 đặc nóng dư thu được 53,76 lít NO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đkc ) và
dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy toàn bộ
kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi thì khối lượng chất rắn
thu được là
A. 16 gam.
B. 9 gam.
C. 8,2 gam.
D. 10,7 gam.
Hướng dẫn giải :
Sơ đồ hóa bài toán:
Fe3+
dung dịch
2S
dd A
SO4 dd NaOHdư
5


Hổn hợp X

NO3H+

Fe(OH)3

NO2(53,76 lít )

t0

FeS ddHNO3
FeS2
20,8 gam

Fe2O3(rắn)
Có : nNO2 = 2,4 mol
Fe: x mol
Quy đổi hỗn hợp X thành
S: y mol
Theo bảo toàn khối lượng: 56x + 32y = 20,8 (1)
Các quá trình nhường, nhận electron:
Fe0 → Fe+3 + 3e ;
S0 → S+6 + 6e
x
3x
y
6y
+5
+4
N + 1e → N
2,4 2,4
Theo bảo toàn electron: 3x + 6y = 2,4 (2)
x = 0,2
Fe : 0,2 mol
Từ (1) và (2) =>

Vậy X gồm
y = 0,3

S : 0,3 mol

Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe:
nFe2O3 = 1/2nFe = 0,1 mol => mrắn = 160.0,1 = 16 (gam) → Đáp án A.
Ví dụ 2: Hòa tan hoàn toàn 10,44 gam một oxit sắt bằng dung dịch H2SO4 đặc,
nóng (vừa đủ) thu được dung dịch X và 1,624 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy
nhất, ở đktc). Cô cạn dung dịch X, thu được m gam muối sunfat khan. Công
thức oxit sắt và giá trị của m là
A. Fe2O3 và 29,2 .
B. Fe3O4 và 29 .
C. FeO và 29 .
D. Không xác định.
Hướng dẫn giải :
Sơ đồ hóa bài toán :
H2SO4 đặc,nóng

SO2( 1,624 lít )

FexOy
10,44 gam

Cô cạn
Dd X : Fe2(SO4)3

Fe2(SO4)3

Có : nSO2 = 0,0725 mol
Fe: a mol
Quy đổi hỗn hợp X thành

O: b mol
Theo bảo toàn khối lượng: 56a + 16b = 10,44 (1)
Các quá trình nhường, nhận electron:
Fe0 → Fe+3 + 3e
a
3a
6


O0 + 2e → O-2
b
2b
+6
S + 2e → S+4 ;
0,145 0,0725
Theo bảo toàn electron: 3a - 2b = 0,145 (2)
a = 0,145
Từ (1) và (2) =>

Fe : 0,145 mol

Vậy X gồm
b = 0,145

O : 0,145 mol

+ Tìm công thức Oxit sắt :
x : y = nFe : nO = 0,145 : 0,145 = 1 : 1
=> CT oxit sắt là : FeO
+ Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe:

n Fe2(SO4)3 = 1/2nFe = 0,0725 mol => mmuối = 400.0,0725 = 29 (gam) → Đáp án C.
Ví dụ 3 : Cho m gam hỗn hợp gồm Na, Na2O, K2O vào H2O dư, thu được 50
ml dung dịch X và 0,02 mol H2. Cho 50 ml dung dịch HCl 3M vào X, thu được
100 ml dung dịch Y có pH = 1. Cô cạn Y thu được 9,15 gam chất rắn khan. Giá
trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 4,0.
B. 4,6.
C. 5,0.
D. 5,5.
Hướng dẫn giải :
Qui đổi hổn hợp thành

+ H2O ->

+ H2

+ HCl -> Y
nH+ ( sau pư ) = 0,1.0,1 = 0,01 mol => nOH- = 0,15 – 0,01 = 0,14 mol
Bảo toàn điện tích => a + b = 0,14 (1)
Mặt khác, rắn trong Y gồm Na+ a mol, K+ b mol, Cl- a +b mol
=>23a + 39b + 35,5 ( a + b ) = 9,15 (2)
Bảo toàn mole => a + b – 2c = 0,02.2 (3)
=>a = 0,08; b = 0,06 ; c = 0,05
=> m = 23.0,08 + 39.0,06 + 0,05.16 = 4,98 => C
Ví dụ 4 : Hỡn hợp X gồm Al, Ca, Al4C3 và CaC2. Cho 40,3 gam X vào nước dư,
chỉ thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí Z (C2H2, CH4, H2). Đốt cháy hết Z thu
được 20,16 lít khí CO2 (đktc) và 20,7 gam H2O. Nhỏ từ từ V lít dung dịch HCl
xM vào Y, được biểu diễn theo hình vẽ:

7

Giá trị của x gần nhất với
A. 1,6.
B. 2,2.

C. 2,4.
D. 1,8.
Hướng dẫn giải :
► Quy X về Al, Ca và C. Dễ thấy C kiểu gì cũng đi hết vô khí và khi đốt khí thì
đi vào CO₂
||⇒ nC = nCO₂ = 0,9 mol
Đặt nAl = m; nCa = n ⇒ mX = 27m + 40n + 0,9 × 12 = 40,3(g)
BTNT(O) ⇒ nO₂ = 1,475 mol. BT electron: 3m + 2n + 0,9 × 4 = 1,475 × 4
||⇒ giải hệ cho: m = 0,5 mol; n = 0,4 mol
► Dễ thấy Y gồm Ca²⁺, AlO₂⁻, OH⁻⇒ nCa²⁺ = 0,4 mol; nAlO₂⁻ = 0,5 mol.
BTĐT:
nOH⁻ = 0,3 mol
Nhìn đồ thị ⇒ cả 2TH trên thì HCl đều dư và hòa tan 1 phần ↓
⇒ ta có CT: nH⁺ = 4nAlO₂⁻ – 3n↓ (với H⁺ chỉ tính phần pứ với AlO₂⁻và
Al(OH)₃)
||► Áp dụng: (0,56x – 0,3) = 4 × 0,5 – 3 × 3a và (0,68x – 0,3) = 4 × 0,5 – 3 × 2a
||⇒ giải hệ có: x = 2,5; a = 1 ||⇒ chọn C
* Bài tập áp dụng :
Bài 1: Hịa tan hồn tồn a gam hỗn hợp X gồm Fe , FeS , FeS 2
và S vào dung dịch HNO 3 loãng dư , giải phóng 8,064 lít NO ( là
sản phẩm khử duy nhất ở đtkc ) và dung dịch Y. Cho dung dịch
Ba(OH)2 dư vào dung dịch Y thu được kết tủa Z. Hòa tan hết
lượng kết tủa Z bằng dung dịch HCl dư , sau phản ứng còn lại
30,29 gam chất rắn không tan . Giá trị của a là

A.7,92
B.9,76
C.8,64
D.9,52
Bài 2: Hòa tan hoàn toàn 34,8 gam một oxi sắt dạng Fe xOy trong dung dịch
H2SO4 đặc nóng. Sau phản ứng tu được 1,68 lít khí SO 2 (sản phẩm khử duy nhất
do ở đktx). Oxit FexOy là:
A. FeO
B. Fe3O4
C. FeO hoặc Fe3O4
D. Không đủ dữ kiện để xác định
Bài 3: Hòa tan hoàn toàn a gam một oxit sắt bằng H 2SO4 đặc nóng thấy thoát ra
khí SO2 duy nhất. Trong thí nghiệm khác, sau khi khử hoàn toàn cũng a gam oxit
đó bằng CO ở nhiệt độ cao rồi hòa tan lượng sắt tạo thành bằng H 2SO4 đặc nóng
thì thu được lượng khí SO 2 nhiều gấp 9 lần lượng khí SO 2 ở thí nghiệm trên.
Công thức của oxit sắt là
A. FeO.
B. Fe2O3.
C. Fe3O4.
D. FeCO3.
8


Bài 4: Hỗn hợp X: FeS, FeS2, CuS tan vừa hết trong dung dịch chứa 0,33 mol
H2SO4 đặc sinh ra 0,325 mol khí SO2 và dung dịch Y. Nhúng thanh Fe nặng 50g
vào Y, phản ứng xong thấy thanh Fe nặng 49,48g và thu đc dung dịch Z. Cho Z
phản ứng với HNO3 đặc, dư sinh ra khí NO2 duy nhất và còn lại dung dịch E
(không chứa NH4+). Cho dung dịch E bay hơi hết được m(g) muối khan. Giá trị
lớn nhất của m là
A. 18,19

B.20,57
C. 21,33
D. 27,41
Bài 5 : Hòa tan hết m gam hỗn hợp bột gồm Mg, Al, Al2O3 và MgO bằng 800
ml dung dịch hỗn hợp gồm HCl 0,5M và H2SO4 0,75M (vừa đủ). Sau phản ứng
thu được dung dịch X và 4,48 lít khí H2 (ở đktc). Cô cạn dung dịch X thu được
88,7 gam muối khan. Giá trị của m là:
A. 26,5gam.
B.35,6gam.
C.27,7gam. D. 32,6gam.
Bài 6 : Cho 30,7 gam hỗn hợp Na, K, Na2O, K2O tác dụng với dd HCl vừa đủ
thu được 2,464 lít H2 (đktc) và dung dịch chứa 22,23 gam NaCl và x gam KCl.
Giá trị của x là:
A.32,78
B.35,76
C.34,27
D.31,29
Câu 7 : Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na2O và BaO. Hòa tan hoàn toàn 21,9 gam X
vào nước, thu được 1,12 lít khí H2(đktc) và dung dịch Y, trong đó có 20,52
gam Ba(OH)2. Hấp thụ hoàn toàn 6,72 lít khí CO2 (đktc) vào Y, thu được m
gam kết tủa. Giá trị của mlà:
A.23,64
B.21,92
C.39,40
D.15,76
c. Quy đổi tác nhân oxi hóa trong phản ứng oxi hóa khử:
+ Với những bài toán trải qua nhiều giai đoạn oxi hóa khác nhau bởi những
chất khác nhau, ta có thể quy đổi vai trò oxi hóa của chất oxi hóa này cho
chất oxi hóa kia để bài toán trở nên đơn giản hơn.
+ Khi thực hiện phép quy đổi phải đảm bảo:

 Số electron nhường, nhận là không đổi (ĐLBT electron)
 Do sự thay đổi tác nhân oxi hóa → có sự thay đổi sản phẩm cho phu hợp
+ Thông thường ta hay gặp dạng bài sau:
Kim loại
Hổn hợp sản phẩm trung gian
Sản phẩm cuối
3+
Thí dụ: Quá trình oxi hóa hoàn toàn Fe thành Fe
+ O2(*)
Fe
Fe3+
+ O2

+ HNO3

FexOy
Ở đây vì trạng thái oxi hóa ban đầu và cuối của Fe ở hai quá trình là như nhau
electron nhường của Fe trong hai quá trình là như nhau → có thể quy đổi hai tác
nhân hóa O2 và HNO3 thành một tác nhân duy nhất là O2(*) hoặc ngược lại.
Trong quá trình làm bài ta thường kết hợp sử dụng các phương pháp bảo toàn
khối lượng, bảo toàn nguyên tố và bảo toàn electron, kết hợp với việc sơ đồ hóa
bài toán để thay phương trình phản ứng, qua đó rút ngắn thời gian làm bài.

9


Ví dụ 1. Oxi hóa chậm m gam Fe ngoài không khí thu được 12 gam hỗn hợp X
gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 và Fe dư. Hòa tan hoàn toàn X trong HNO 3 thu được
2,24 lít NO (chất khử duy nhất ở đktc). Giá trị m là
A. 7,57

B. 7,75

C. 10,08

C. 10,80

Hướng dẫn giải :
Sơ đồ hóa bài toán:
+ O2
Fe

X

Fe
FeO
+ HNO3
Fe3O4
Fe2O3
12 gam

Khí NO
(2,24 lít đktc)
Dung dịch Fe3+

Ta có : nNO = 0,1 mol
Thay vai trò oxi hóa của HNO3 bằng [ O] lúc này sản phẩm cuối cung thu được
là Fe2O3 có:
Fe
+ O2

FeO
+ O(*)
Fe
X Fe2O3
Fe2O3(*)
Fe3O4
m gam
12 gam
Ở đây ta đã thay vai trò nhận electron của N +5 bằng O(*). Theo nguyên tắc quy
đổi, số electron do N+5 nhận và Oo(*) nhận phải như nhau:
N+5 + 3e →N+2
=> Oo + 2e → O+2
0,3 0,1
0,15 0,3
=> no(*) = 0,3/2 => no(*) = 0,15 mol
Theo bảo toàn khối lượng: mFe2O3(*) = mx + mo(*) = 12 + 16.0,15 = 14,4 gam
Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe:
nFe = 2nFe2o3(*) = 2.14,4/160 = 0,18 mol
=> m = 56.0,18 = 10,08 gam → Đáp án C.
* Lưu ý : Phương án quy đổi tốt nhất, có tính khái quát cao nhất là quy đổi
thẳng về các nguyên tố tương ứng. Đây là phương án cho lời giải nhanh, gọn và
dễ hiểu, đồng thời biểu thức bản chất hóa học của bài toán.
2.3.2. Qui đổi trong hoá hữu cơ :
Kĩ thuật quy đổi :Đồng đẳng hóa (tách – ghépCH2)
Mợt sớ kỹ thuật liên quan : + Hiđro hóa (tách – ghép liên kết )
+ Ankan hóa (tách – ghép nhómchức)
+ Thủy phân hóa (tách – ghépeste)
ĐỒNG ĐẲNGHOÁ
* Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sở quyđổi
Ta biết rằng các chất thuộc cung một dãy đồng đẳng hơn kém nhau một hoặc

10


nhiều nhóm CH2. Vìvậy,có thể thêm vào hoặc bớt đi CH2 từ một chất hữu cơ
bất kì để được một chất khác đồng đẳng với nó. Dựa vào ý tưởng này, ta có thể
quy đổi một hỗn hợp phức tạp về các chất đơn giản hơn (thường là các chất đầu
dãy) kèm theo một lượng CH2 tương ứng. Kĩ thuật này được gọi là Đờng Đẳng
Hóa (ĐĐH).
Ví dụ :
C3H8 CH4+2CH2
C6H5–CH(CH3)2 C6H6+3CH2
C3H6(OH)2
C2H4(OH)2+ 1CH2C4H7COOH
C2H3COOH +2CH2
C2H5COOC3H7 HCOOCH3+4CH2
(C15H31COO)3C3H5 (HCOO)3C3H5+45CH2
C2H5NH2 CH3NH2+1CH2
(CH3)2CH–CH(NH2)–COOH NH2CH2COOH +3CH2
* Kĩ thuật áp dụng – Các bài tốn minhhọa
a. TáchCH2
Mợt vài ví dụ về cách sử dụng ĐĐH để quy đổi hỗn hợp hữu cơ.
Ví dụ 1:Quy đởi hỡn hợp X gờm các axit no, đơn chức và các ancol no hai
chức (tất cả đều mạch hở).


Sau khi quy đổi hỗn hợp bằng ĐĐH, ta lập các phương trình theo các dữ
kiện từ đề bài và giải hệ. Khi đã tìm được các ẩn, tức là xác định được thành
phần của hỗn hợp sau khi quy đổi, ta xử lí các bước còn lại và trả lời câu hỏi
của bài toán.
Trước khi ứng dụng kĩ thuật này để giải các bài tập, có hai điều quan

trọng các bạn cần lưu ý:
+) CH2 là thành phần khối lượng. Vì vậy, nó có mặt trong các phương trình
liên quan tới khối lượng, phản ứng đốt cháy (số mol O 2 phản ứng, số mol
CO2, số mol H2O),…
+) Tuy nhiên, CH2 không phải là một chất (bản thân nó là nhóm metylen –
CH2–). Nó không được tính vào số mol hỗn hợp (hoặc các dữ kiện khác liên
quan tới số mol các chất).
Các bạn cần nắm vững 2 điều này để lập chính xác các phương trình.
Nếu bạn sai từ bước lập hệ, các bước tiếp theo sẽ khơng có ý nghĩa.
Ví dụ 2 :Hỡn hợp X gồm 2 ankin đồng đẳng kế tiếp có số nguyên tử C nhỏ hơn
11


5 và ancol etylic. Đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol X cần dung 28 lít O 2 (đktc). Mặt
khác, cho 28 gam X vào bình đựng Na dư, thấy có thoát ra 11,2 lít khí (đktc).
Phần trăm khối lượng của ancol etylic trong hỗn hợp Xlà:
A. 32,86%
B. 65,71%
C. 16,43%
D. 22,86%
Phân tích:
- Đây là kiểu bài hai phần khơng bằng nhau. Ta đặt ẩn theo một phần và

chia tỉ lệ theo phần còn lại. Đề bài hỏi phần trăm khối lượng, ta nên đặt ẩn theo
phần có dữ kiện khốilượng.
- Chú ý rằng 2 ankin có số nguyên tử C nhỏ hơn 5 nên chúng ở thế khí. Khi
cho X vào bình đựng Na dư, khí thoát ra gồm H2 và 2 ankinđó.
Lời giải:
Qui đổi hổn hợp thành C2H5OH a mol ; C2H2 b mol ; CH2 c mol
Ta có : 46a + 26b + 14c = 28 (1)

Khi cho X qua bình đựng Na dư, a mol C 2H5OH phản ứng sinh ra 0,5a mol khí
H2, đồng thời thoát ra b mol ankin. Vậy ta có phương trình: 0,5a + b=0,5
(2)
(Như đã nói, số mol này không bao gồm số mol CH2).
0,3 mol X gồm ka mol C2H5OH và kb mol C2H2 và kc mol CH2
Ta có: k(a + b) = 0,3
Từ lượng O2 phản ứng, ta có phương trình: k(3a + 2,5b + 1,5c) = 0,125
Chia vế theo vế của hai phương trình và triệt tiêu k, ta có:
(a + b )/(3a + 2,5b + 1,5c) = 0,3/0,125
(3)
Từ 3 phương trình (1), (2) và (3), giải hệ ta được: a = 0,2; b = 0,4; c = 0,6
Vậy phần trăm khối lượng ancol Etylic là : 46.0,2 / 28 = 32,86% => A
Ví dụ 3:Chất X (CnH2n+4O4N2) là ḿi amoni của axit cacboxylic đa chức; chất
Y (CmH2m+4O2N2) là muối amoni của một amino axit. Cho m gam E gồm X và Y
(có tỉ lệ số mol tương ứng là 7: 3) tác dụng hết với lượng dư dung dịch NaOH
đun nóng, thu được 0,17 mol etylamin và 15,09 gam hỗn hợp muối. Phần trăm
khối lượng của Y trong E có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 32.
B. 68.
C. 77.
D. 23.
Lời giải :
Do hỗn hợp tác dụng với NaOH chỉ sinh amin duy nhất là etyl amin nên các
muối amoni đều là sự kết hợp giữa gốc axit và C2H5NH2
�
 COONa 2 : 7a
�
�
COOH.C2H 7N  2 : 7a


�
�
muoi C2H4O2NNa: 3a
�
�
 NaOH
C2H5O2N.C2H7N : 3a ���
��
Hỗn hợp E �
CH2 :
b
�
�
CH 2 :
b
�
�
C2H7N :
17a
�
� 17a  0,17 � a  0,01
Khối lượng muối: 7a.134  97.3a 14b  15,09 � b  0,2

Gọi m, n lần lượt là số nhóm CH2 trong X và Y

12


�n  2 �
�X :  COOH.C2H7N  2  CH2  2 0,07

� 0,07n  0,03m  0,2 � �
��
Y :C H O N.C H N CH2  0,03
�m  2 �
� 2 5 2 2 7 
2

3.148
.100  23,37%
3.148 7.208
Ví dụ 4 : Hỡn hợp E gờm peptit X mạch hở tạo từ alanin và glyxin (phân tử X
chứa không quá 6 liên kết peptit) và este Y tạo từ etanol và axit cacboxylic no
đơn chức. Thủy phân hoàn toàn m gam E trong dung dịch NaOH đun nóng, vừa
đủ thu được 24,2 gam hỗn hợp F gồm các muối (trong đó số mol muối của Gly
lớn hớn số mol muối của Ala). Đốt cháy hoàn toàn F cần dung 20 gam O 2 thu
được sản phẩm cháy gồm H2O, Na2CO3, N2 và 18,7 gam CO2. Phần trăm khối
lượng của X trong E gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 82,5%.
B. 74,7%.
C. 77,8%.
D. 87,6%.
Lời giải :
Quy đổi hỗn hợp muối F thành HCOONa (a mol), H2N-CH2-COONa (b mol) và
CH2 (c mol)
+) mF = 68a + 97b + 14c = 24,2 (1)
+) Đốt cháy F:
HCOONa + 0,5O2 → 0,5Na2CO3 + 0,5CO2 + 0,5H2O
a → 0,5a
→
0,5a

H2N-CH2-COONa + 2,25 O2 → 0,5Na2CO3 + 1,5CO2 + 2H2O + 0,5N2
b
→ 2,25b →
1,5b
CH2 + 1,5 O2 → CO2 + H2O
c → 1,5c → c
=> nO2 = 0,5a + 2,25b + 1,5c = 0,625 (2)
=> nCO2 = 0,5a + 1,5b + c = 0,425 (3)
Giải hệ trên thu được a = 0,05; b = 0,2; c = 0,1
Do nGlyNa > nAlaNa nên các muối gồm CH3COONa (0,05 mol); GlyNa (0,15 mol);
AlaNa (0,05 mol)
Este là CH3COOC2H5 (0,05 mol)
Ta có: nGly : nAla = 3 : 1
Do số liên kết peptit ≤ 6 nên peptit là (Gly)3Ala (0,05 mol)
=> %mX = 74,71% gần nhất với 74,7%
Ví dụ 5 : Thủy phân m gam hôn hợp X gồm 1 tetrapeptit A và 1 pentapeptit
B (A và B đều hở chứa đồng thời Glyxin và Alanin trong phân tử) bằng 1
lượng dung dịch NaOH vừa đủ. Cô cạn dung dịch sản phẩm cho (m+ 15,8)
gam hỗn hợp muối. Đốt cháy toàn bộ lượng muối sinh ra bằng 1 lượng oxi
vừa đủ , thu được Na 2CO3 và hỗn hợp hơi Y gồm CO2 , H2O và N2. Dần Y đi
qua bình đựng dung dịch NaOH đặc dư, thấy khối lượng thấy khối lượng bình
tăng thêm 56,04 gam so với ban đầu và có 4,928 lít khí duy nhất (đktc) thoát
ra khỏi bình. Xem như N 2 không bị nước hấp thụ , các phản ứng xảy ra hoàn
toàn. Thành phần phần trăm khối lượng của B trong hỗn hợp X là:
A.35,37%
B. 58,92%
C. 46,94%
D. 50,92%
Lời giải :
� %mY 

13


- Quy đổi hỗn hợp X thành C2H3ON (a mol), -CH 2 (b mol) và H 2O (c mol).
- Khi cho X tác dụng với dung dịch NaOH thì được hỗn hợp quy đổi gồm
C2H4ONNa (a mol) và CH2 (b mol). Xét quá trình đốt cháy hỗn hợp muối ta
có hệ sau:
�97n NH CH COONa  14n CH  (57n C H ON  14n CH  18n H O )   m �40a  18c  15,8
�a  0,44
2
2
2
2 3
2
2
�
�
�
�
��
102a  62b  56,04 � �b  0,18
�44n CO2  18n H 2O  m bình Z
� BT:N
�a  0, 44
�
�
�c  0,1
����� n C2H 3ON  2n N 2
- Ta có: n Ala  n CH 2  0,18 mol � n Gly  2n N 2  n Ala  0, 26 mol

n A  n B  n H 2O
�
�n A  n B  0,1
�n A  0, 06 mol
��
��
4n A  5n B  2n N 2
4n A  5n B  0, 44 �
n B  0, 04 mol
�
�
- Gọi peptit A và B lần lượt là (Gly)x (Ala)4x và (Gly)y(Ala)5y(v�i x  4 v�y <5) .

- Xét hỗn hợp X ta có : �
BT:Gly

����
� nA .x  nB.y  nGly � 0,06x  0,04y  0,26 � x  3 v�y =2 (th�
a)

� %mB 

0,04.M Gly2Ala3
0,04.345

.100%  46,94
mX
57.0,44  14.0,18 18.0,1

Ví dụ 6 : Hỗn hợp X gồm ba peptit mạch hở. Thủy phân hoàn toàn 0,05 mol X

có khối lượng là 24,97g trong dung dịch NaOH dư, đun nóng, thì có 0,3 mol
NaOH phản ứng. Sau phản ứng thu được m(g) hỗn hợp Y gồm các muối của
glyxin, alanin và axit glutamic, trong đó muối của axit glutamic chiếm 1/9 tổng
số mol các muối trong Y. Giá tri của m là
A. 34,85.
B. 35,53.
C. 38,24.
D. 35,25.
Lời giải :
Glu = Gly + 3 CH2 + COO
C2 H3ON : 9a mol
�
�
CH 2 : b mol
�
Quy đổi X �
H2O : 0,05
�
�
CO2 : a mol
�
X + 0,3 mol NaOH: 9a  a  0,3 � a  0, 03 mol
Bảo toàn khối lượng: m X  m NaOH  m m  m H 2O

24,97  0,3.40  m m  18.  0,03  0,05  � m m  35,53  gam 

b. GhépCH2
Những bài toán dừng lại ở mức tách CH 2 thường ko quá phức tạp. Với
những bài toán hỏi thông tin về các chất ban đầu, ta cần “ghép” CH 2 vào các
chất đầu dãy (được quy đổi từ các chất ban đầu) để tạo lại hỗn hợp đầu.

Kĩ thuật này phụ thuộc nhiều vào khả năng xử lí số liệu của bạn. Nếu
tính nhẩm tốt, bạn sẽ không gặp nhiều khó khăn ở bước này.
Ví dụ 1: Tạo lại hỗn hợp 2 ancol đồng đẳng kế tiếp gồm 0,5 CH3OH và 0,3 CH2
CH3OH : 0,5
<->
CH3OH : 0,2
<->
CH3OH : 0,2
CH2 : 0,3

CH3OH : 0,3 + CH2 0,3

C2H5OH : 0,3
14


Ví dụ 2 : Hỡn hợp X gờm ba este đều no, mạch hở, trong phân tử chỉ chứa một
loại nhóm chức. Đốt cháy hoàn toàn 35,34 gam X cần dung 1,595 mol O2, thu
được 22,14 gam nước. Mặt khác đun nóng 35,34 gam X với dung dịch NaOH
vừa đủ, thu được hỗn hợp Y chứa hai muối của hai axit có mạch không phân
nhánh và 17,88 gam hỗn hợp Z gồm một ancol đơn chức và một ancol hai chức
có cung số nguyên tử cacbon. Phần trăm khối lượng của este đơn chức trong hỗn
hợp X là
A. 7,47%
B. 4,98%
C. 12,56%
D. 4,19%
Lời giải :
35,34 gam X + 1,595 mol O2→ ? CO2 + 22,14 gam H2O.
Bảo toàn khối lượng có: nCO2 = 1,46 > nH2O⇒ có chứa este ≥ 2 chức.

Do Y gồm các axit mạch không phân nhánh ⇒ chứa tối đa 2 chức.
Lại có Z chỉ chứa tối đa 2 chức ⇒ este mạch hở chỉ chứa tối đa 2 chức
⇒ X gồm hỗn hợp các este no, mạch hở, đơn chức hoặc 2 chức.
Bảo toàn nguyên tố oxi:
nO/X = 1,46 × 2 + 1,23 – 1,595 × 2 = 0,96 mol → nCOO = 0,48 mol.
Ta có: nCO2 – nH2O = (k – 1).nHCHC với k là độ bất bão hòa của HCHC.
Áp dụng: nCO2 – nH2O = neste 2 chức = 0,23 mol → neste đơn chức = 0,48 – 0,23 × 2 = 0,02
mol.
Z gờm 2 ancol có dạng CnH2n+2O và CnH2n+2O2 (n ≥ 2).
Đặt nCnH2n+2O = x; nCnH2n+2O2 = y → 0,48 ÷ 2 < x + y < 0,48 → 0,24 < x + y <0,48
Lại có: mZ = (x + y).(14n + 2) + 16x + 32y = 17,88 → (x + y).(14n + 2) = 10,2
→ 14n + 2 = 10,2 ÷ (x + y) ⇒ 10,2 ÷ 0,48 < 14n = 2 < 10,2 ÷ 0,24
⇒ 1,375 < n < 2,9 ⇒ 2 ancol là C2H6O và C2H6O2.
→ x + 2y = 0,48; 46x + 62y = 17,88 ⇒ x = 0,2 mol; y = 0,14 mol.
Quy Y về HCOONa, (COONa)2, C2 với số mol là a, b và c.
Bảo toàn khới lượng: mY = 35,34 + 0,48 × 40 – 17,88 = 36,66 = 68a + 134b+14c
Bảo toàn nguyên tớ Cacbon: a + 2b + c + 0,2 × 2 + 0,14 × 2 = 1,46
nCOO = a + 2b = 0,48. Giải hệ có: a = c = 0,3 mol; b = 0,09 mol.
⇒ ghép vừa đủ 1 CH2 cho HCOONa ⇒ 2 muối là CH3COONa và (COONa)2.
⇒ este đơn chức là CH3COOC2H5⇒ %meste đơn chức = 0,02 × 88 ÷ 35,34×100% =
4,98%.
Ví dụ 3: Cho X, Y là hai chất thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic và có
MX bởi X, Y, Z. Đốt cháy hoàn toàn 11,16g hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T cần vừa đủ
13,216 lít khí O2 ( đktc), thu được khí CO2 và 9,36g nước. Mặt khác 11,16g E
tác dụng tối đa với dung dịch chứa 0,04 mol Br2. Khối lượng muối thu được khi
cho cung lượng E trên tác dụng hết với dung dịch KOH dư là:
A. 4,86g
B. 5,04g
C. 5,44g

D. 5,80g
Giải:
Ta có: T là este hai chức nên Z là ancol 2 chức
Bảo toàn khối lượng ta có: mCO2 = mE + mO2 – mH2O = 11,16 + 0,59.32 – 9,36 =
20,68g
nCO2 = 0,47 < nH2O = 0,52 mol⇒ Z là ancol no, Z có cung số nguyên tử C với X
15


Khi cho E tác dụng với dung dịch Br2 chỉ có axit phản ứng ⇒ a = 0,04 mol
Từ khối lượng E, số mol CO2, số mol H2O ta có hệ:

⇒ b = 0,11; c=0,02; d=-0,02
Ta ghép CH2 tìm ra axit, ancol ban đầu

⇒ mmuối = 0,02.110 + 0,02.124 = 4,68g
⇒Đáp án A
Bài tập tự luyện
Bài 1: Hỗn hợp X gồm 2 aminoaxit (đều chứa 1 nhóm - NH 2 và 1 nhóm
-COOH) có mạch C không phân nhánh, đồng đẳng liên tiếp nhau. Cho 16,4 gam
X tác dụng với 220 ml dung dịch HCl 1M (lấy dư) được dung dịch A. Để tác
dụng hết với các chất trong dung dịch A cần 140 ml dung dịch NaOH 3M. Công
thức cấu tạo của 2 aminoaxit là:
A. H2N-CH2-CH2-COOH và H2N-(CH2)3-COOH.
B. H2N-(CH2)3-COOH và H2N-(CH2)4-COOH.
C. H2N-CH2-COOH và H2N-CH2-CH2-COOH.
D. H2N-(CH2)4-COOH và H2N-(CH2)5-COOH.
Hướng dẫn giải Quy đổi dung dịch A thành hỗn hợp X (a mol) và HC1 (0,22
mol).
⇒ Đáp án C

Bài 2: Cho m gam một - aminoaxit tác dụng với dung dịch chứa 0,3 mol NaOH
thu được dung dịch A. Để tác dụng hết với các chất trong dung dịch A cần 0,4
mol HCl. Công thức cấu tạo của - aminoaxit đã cho là:
A. CH3-CH2-CH(NH2)-COOH.
B. CH3-(CH2)2-CH(NH2)-COOH.
C. CH3-CH(NH2)-COOH.
D. CH3-(CH2)3-CH(NH2)-COOH.
Hướng dẫn giải

Bài 3: Cho 15 gam axit aminoaxetic tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch HCl
1M thu được dung dịch X. Để phản ứng hoàn toàn với các chất tan trong X cần
16


160 gam dung dịch NaOH 10%. Cô cạn dung dịch thu được chất rắn khan có
khối lượng là:
A. 31,1 g.
B. 19,4 g.
C. 26,7 g.
D. 11,7g.
Hướng dẫn giải:
Quy dung dịch X thành hỗn hợp aminoaxit (a mol) và HCl (0,2 mol)

⇒ Đáp án A
Bài 4: Cho hỗn hợp khí X gồm HCHO và H2 đi qua ống sứ đựng bột Ni nung
nóng. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí Y gồm hai chất
hữu cơ. Đốt cháy hết Y thì thu được 11,7 gam H 2O và 7,84 lít khí CO2 (ở đktc).
Phần trăm theo thể tích của H2 trong X là:
A. 65,00%.
B. 46,15%.

C. 35,00%.
D. 53,85%.
Hướng dẫn giải:
Quy hỗn hợp thành CO và H2

⇒ Đáp án B
Bài 5: Đốt cháy hoàn toàn 81,24 gam hỗn hợp X gồm 0,07 mol peptit A ( cấu
tạo từ 2 aminoaxit trong số Gly, Ala, Val, Glu) và 2 este B, C mạch hở có cung
số liên lết ℼ trong phân tử ( MB > MC; B no, C đơn chức) cần 78,288 lít khí O 2,
sau phản ứng thu được CO2, H2O và 3,136 lít N2. Mặt khác thủy phân hoàn toàn
lượng X trên cần vừa đủ 570ml NaOH 2M, thu được dung dịch T chứa 4 muối
và 0,29 mol hỗn hợp 2 ancol no Y và Z ( M Y = 2,875MX < 150). Dẫn toàn bộ
lượng ancol này qua bình đựng Na dư thì thấy khối lượng bình tăng 23,49g.
Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thể tích các khí đo ở đktc, T không chứa
HCOONa. Phần trăm khối lượng của C gần nhất với:
A. 5,0
B. 5,5
C. 6,0
D. 6,5
Hướng dẫn giải:
Từ điều kiện về phân tử khối của 2 ancol, ta tìm được
Y là: C3H5(OH)3 ( a mol), Z là CH3OH (b mol)
Ta có: mbình tăng = mancol – mH2 = 92a + 32b – 1,5a.2 – 0,5b.2 = 89a + 32b = 23,49g
a + b = 0,29 mol
⇒ a = 0,25 mol; b = 0,04 mol
B no và 3 chức nên có 3 liên kết ℼ. Mà B, C có cung số liên kết ℼ nên C đơn
chức và có 2 liên kết ℼ C-C

17

mX = 16x + 18y + 14z = 81,24 – 0,25.86 – 0,04.40 – 1,14.44 – 0,28.15=3,78
nO2 = 2x + 1,5z = 3,495 – 0,25.9,5 – 0,04.4 – 0,25.0,28 = 0,89
Bảo toàn số mol peptit ta có: x + y = 0,07 ⇒ x = 0,28; y = -0,21; c = 0,22
Ta có: 0,22 = 0,07.2 + 0,04.2 ⇒ C là: C4H5COOCH3
%mC = 0,04.112/81,24.1005 = 5,51%
⇒ Đáp án B
Bài 6: Hỗn hợp X gồm một axit cacboxylic T ( hai chức, mạch hở), hai ancol
đơn chức cung dãy đồng đẳng và một este hai chức tạo bởi T với hai ancol đó.
Đốt cháy hoàn toàn a gam X, thu được 8,36g CO2. Mặt khác, đun nóng a gam X
với 100ml dung dịch NaOH 1M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thêm tiếp
20ml dung dịch HCl 1M để trung hòa lượng NaOH dư, thu được dung dịch Y.
Cô cạn Y, thu được m gam muối khan và 0,05 mol hỗn hợp hai ancol có phân tử
khối trung bình nhỏ hơn 46. Gía trị của m là:
A. 7,09
B. 5,92
C. 6,53
D. 5,36
Hướng dẫn giải:

Không thể ghép H2 vào HOOC-CH2-COOH
⇒ mmuối = mCH2(COONa)2 + mNaCl = 0,04.148 + 0,02.58,5 = 7,09g ⇒ Đáp án A
Bài 7: X, Y là hai chất hữu cơ kế tiếp thuộc dãy đồng đẳng ancol anlylic; Z là
axit no hai chức, T là este tạo bởi X, Y, Z. Đốt cháy 34,24 gam hỗn hợp E chứa
X, Y, Z, T ( đều mạch hở) cần dung 21,728 kít O 2 ( đktc) thu được 15,12 gam
nước. Mặt khác 34,24 gam E làm mất màu vừa đủ dung dịch chứa 0,18 mol Br 2.
Nếu đun nóng 0,6 mol E với 80g dung dịch KOH 59,5%. Cô cạn dung dịch sau
phản ứng, làm lạnh phần hơi thu được chất lỏng A. Cho A đi qua bình đựng Na
dư thấy khối lượng bình tăng m gam. Gỉa sử các phản ứng xảy ta hoàn toàn. Gía
trị m gần nhất với:

A. 59g
B. 60g
C. 61g
D. 62g
Hướng dẫn giải:

18


⇒ a = 0,26; b= 0,08; c = -0,04
Vì 0,08 < 0,26 nên axit được cố định là (COOH)2
Bảo toàn số mol ta có: nE = 0,18 + 0,26 – 0,04 = 0,4
⇒ P2 =1,5P1

⇒ mbình tăng = 0,27.(58-1)+0,12.14+2,52(18-1)=59,91 ⇒ Đáp án B
Bài 8: Hỗn hợp X chứa một ankin A và hai anđehit mạch hở B, C ( 30<
MBhỗn hợp X cần 0,24 mol H2 thu được hỗn hợp Y. Đốt cháy hoàn toàn Y cần dung
12,544 lít O2 (đktc), hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng Ca(OH) 2 dư
thì thấy khối lượng dung dịch giảm 11,72g. Nếu dẫn lượng Y trên qua bình
đựng Na dư thì thoát ra 0,12 mol khí. Phần trăm khối lượng của C có trong X có
thể là:
A. 15%
B. 20%
C. 25%
D. 30%
Hướng dẫn giải: Quy đổi hỗn hợp Y ta có:

Ta có: nOH- = b+2c ⇒ nH2 = 0,5b+c
Cho Y vào bình Na ngoài khí H2 thoát ra còn có ankan do ankan không tham gia

phản ứng.
⇒ a + 0,5b + c = 0,12
Giải hệ ⇒ a = 0,06; b = 0,02; c = 0,05; d = 0,11
Ghép hỗn hợp X ta có: 0,24=0,06.2+0,02+0,05.2

19


Vì 0,11=0,05+0,06 =0,05+0,02.3 nên ta có 2 trường hợp:
TH1:

TH2:

⇒ Đáp án C
Bài 9: Cho 0,1 mol este X no, đơn chức mạch hở vào cốc chứa 30ml dung dịch
MOH 20% (d = 1,2g/ml). Sau khi phản ứng hoàn toàn, cô cạn dung dịch thu
được ancol Y và phần rắn T. Đốt cháy hoàn toàn T thu được 9,54g M 2CO3 và
8,26g hỗn hợp CO2 và H2O. Kim loại M và axit tạo este ban đầu là:
A. K và HCOOH
B. Na và CH3COOH
C. K và CH3COOH
D. Na và HCOOH
Hướng dẫn giải:

Quy đổi hỗn hợp T ta có:

⇒ Đáp án B
Bài 10: Hỗn hợp E gồm este X đơn chức và axit cacboxylic Y hai chức ( đều
mạch hở, không no có 1 liên kết đôi C=C trong phân tử). Đốt cháy hoàn toàn
20

một lượng E thu được 0,43 mol khí CO 2 và 0,32 mol hơi nước. Mặc khác, thủy
phân 46,6g E bằng lượng NaOH vừa đủ rồi cô cạn dung dịch thu được 55,2g
muối khan và phần hơi có chứa chất hữu cơ Z. Biết tỉ khối của Z so với H 2 là
16. Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp E có giá trị gần nhất với:
A. 46,5%
B. 48%
C. 43,5%
D. 41,5%
Hướng dẫn giải:
MZ = 32 ⇒ Z là CH3OH

Từ khối lượng E và khối lượng muối ta có:
86a + 116b +14c =46,6 (1)
94a+160b+14c =55,2(2)
Ứng với phần 1 ta có:

Từ (1)(2)(3) ⇒ a=0,25; b = 0,15; c = 0,55= 0,25+0,15.2
⇒ X là: C3H5COOCH3: 0,25mol; Y là: C6H8O4
⇒ Đáp án A
2.4. KẾT QUẢ THU ĐƯỢC.
Sau khi áp dụng đề tài này vào giảng dạy trong năm học 2020 - 2021 tôi
thấy chất lượng học sinh được nâng cao rõ rệt.
Tôi cho học sinh làm một bài kiểm tra tương tự hoặc có phần phức tạp
hơn bài khảo sát ban đầu.
Tôi được kết quả như sau
Điểm và tỉ lệ phần trăm được thống kê trong bảng sau:

Số

HS

điểm đạt được (%)

Số Khảo
TT sát tại

Năm

1

12A6

2021 40

0
<5 5
<7
5 (12,5%) 22 (55%)

2

12A2

2021 44

3 (6,84%)

13 (29,5%)

7
10
13 (32,5%)

Ghi chú
Lớp đại trà

28 (63,66%) Tự chọn hóa

Nhận xét:
Hầu hết các em đã biết làm bài tập thành thạo hơn.
Điểm khá, giỏi tăng lên rất nhiều, điểm yếu kém giảm đi đáng kể.
Học sinh nắm được kiến thức bộ môn một cách chắc chắn hơn, sâu rộng hơn.
Học sinh có hứng thú học tập bộ môn nhiều hơn, say mê hơn.
21


Khi làm bài tập bằng phương pháp qui đổi hoặc các bài tập khác, thấy các em
trình bày khoa học hơn, chính xác hơn và rõ ràng hơn.
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ .
3.1. KẾT LUẬN:
Cung với xu thế thực hiện vấn đề đổi mới chương trình và sách giáo khoa
mà ngành Giáo dục phổ thông đang làm thì đổi mới phương pháp dạy học là vấn
đề cần thiết nhằm nâng cao chất lượng bài giảng, giúp học sinh có phương thức
học chủ động và tích cực.
Thông qua hệ thống các bài tập trên chúng ta thấy được việc sử dụng
PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔIđể giải các bài tập phức tạp giúp cho bài toán được
giải quyết một cách ngắn gọn và đơn giản . Đặc biệt là có những bài toán phản
ứng rất phức tạp nhưng được giải quyết bằng phương pháp này một cách rất độc
đáo và nhanh chóng.

3.2.KIẾN NGHỊ
Sau một thời gian giảng dạy và sau khi thực hiện đề tài. Tôi có một số
kiến nghị sau:
Nhằm nâng cao hiệu quả giảng dạy và học tập của học sinh đề nghị Sở
Giáo Dục và các Ban ngành có liên quan tạo điều kiện để mỗi trường THPT có
một cán bộ phụ trách phòng thí nghiệm có đầy đủ chuyên môn, nhiệt tình để
giáo viên và học sinh có điều kiện thực hiện thí nghiệm được nhiều hơn, tốt hơn.
Mặc du đã tham khảo nhiều tài liệu hiện nay để vừa viết , vừa đi giảng
dạy trên lớp để kiểm nghiệm thực tế ,song vì năng lực và thời gian còn hạn chế ,
rất mong được sự đóng góp của các bạn đồng nghiệp và hội đồng khoa học của
trường THPT Yên Định 1 cũng như hội đồng khoa học của Sở Giáo Dục và Đào
Tạo Tỉnh Thanh Hóa góp ý kiến thêm để đề tài của tôi hoàn thiện hơn. để đề tài
này có ý nghĩa thiết thực hơn trong nhà trường, góp phần nhỏ bé vào việc nâng
cao hơn nữachất lượng giảng dạy hóa học.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 10 / 05 / 2021
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác.

Đỗ Tiến Dũng

22


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Phương pháp giải tốn hóa vơ cơ – Tác giả Cao Thị Thiên An
2. Tạp chí hóa học và ứng dụng – Hội hóa học Việt Nam

3. Các dạng đề thi trắc nghiệm – Tác giả Cao Cự Giác
4. Khám phá tư duy giải nhanh thần tốc – Tác giả Nguyễn Anh Phong

23