Sáng kiến kinh nghiệm
SỬ DỤNG BẤT PHƢƠNG TRÌNH ĐỂ GIẢI
BÀI TẬP HÓA HỌC THPT
ThS. Phạm Công Vụ
Trường THPT Yên Lạc- Vĩnh Phúc
Phạm Công Vụ Trường THPT Yên Lạc- Vĩnh Phúc

1
Chƣơng I. ĐẶT VẤN ĐỀ.
I. Lí do chọn đề tài.
Từ khi Bộ Giáo dục và Đào tạo tổ chức kì thi Đại học - Cao đẳng, thi tốt
nghiệp THPT bằng hình thức trắc nghiệm. Môn Hóa học xuất hiện nhiều bài tập khó,
làm thế nào để học sinh hiểu bản chất và giải nhanh bài tập này? Đây là câu hỏi khó
cho nhiều giáo viên tham gia giảng dạy.
Đề thi Đại học - Cao đẳng môn Hóa hàng năm của Bộ Giáo dục- Đào tạo, có
những bài tập không thể sử dụng các phương pháp giải bài tập thông thường để giải
mà học sinh phải sử dụng bất phương trình hay phương pháp khoảng giá trị để giải.
Sự xuất hiện các câu hỏi liên quan đến bất phương trình trong đề thi không có
nhiều, nhưng khi đề thi có thì thường là khó, mất nhiều thời gian để giải nó.
Câu hỏi liên quan đến bất phương trình trong đề thi thường liên quan đến lí
thuyết về andehit, este, ankan,ancol…
Sau nhiều năm dạy ôn thi Đại học - Cao đẳng, tôi tích lũy được phương pháp
giải bài tập hóa học “ Sử dụng bất phƣơng trình trong giải bài tập Hóa học THPT

Trao đổi với đồng nghiệp để có phương pháp chung nhất.

Phạm Công Vụ Trường THPT Yên Lạc- Vĩnh Phúc

3

Chƣơng II. NỘI DUNG
I. Thực trạng nghiên cứu của đề tài.
Hiện nay, các phương pháp giải bài tập Hóa học của các tác giả trong nước đều
đưa ra các phương pháp: Bảo toàn khối lượng, bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tố,
tăng giảm khối lượng, phương pháp qui đổi, phương pháp đồ thị, phương pháp trung
bình, phương pháp điện phân….Tôi chưa tìm thấy có tác giả nào sử phương pháp sử
dụng bất phương trình để giải bài tập Hóa.
Trong các lời giải chi tiết đề thi Đại học - Cao đẳng hàng năm mà các thầy cô giáo
đưa ra, chỉ nêu ra lời giải của bài tập đó, chưa đưa ra cơ sở lý thuyết cụ thể nào.
II. Cơ sở lý thuyết của đề tài.
M 1.
Khèi lîng hçn hîp
Tæng sè mol hçn hîp

Giá trị
M
nằm giữa khối lượng mol của hai chất.
CS
Tæng sè mol nguyªn tö cacbon trong hçn hîp
è
Tæng sè mol hçn hîp
2.

Giá trị số

4
)
2
CO
3
+ 4NH
4
NO
3
+ 4Ag.
RCHO + 2AgNO
3
+3NH
3
+H
2
O
3
NHdd

2Ag+ 2NH
4
NO
3
+ RCOONH
4
.

H O CO
nn
thì chất là ankan hoặc ancol no, amin
no hoặc hỗn hợp các ankan, các ancol no; hỗn hợp ancol no, ankan với các chất
andehit no đơn, axit no đơn, este no đơn.
III. Một số bài tập vận dụng.
Phương pháp chung: Dùng bất phương phương trình để tìm khoảng giá trị các
đại lượng M,
M
, số
C
, số
H
, tính tỉ lệ
n
Ag
n
hh
, quan hệ
n , n
H O CO
22

Bài 1. Cho 1,9 gam hỗn hợp muối cacbonat và hiđrocacbonat của kim loại kiềm M
tác dụng hết với dung dịch HCl (dư), sinh ra 0,448 lít khí (ở đktc). Kim loại M là
A. Na. B. K. C. Rb. D. Li.
Giải
Bài toán có 3 ẩn là số mol và M, trong khi chỉ lầm được 2 phương trình. Vì vậy
ta phải sử dụng
M

Phm Cụng V Trng THPT Yờn Lc- Vnh Phỳc

5
Bi 2. Cho 7,1 gam hn hp gm mt kim loi kim X v mt kim loi kim th Y
tỏc dng ht vi lng d dung dch HCl loóng, thu c 5,6 lớt khớ (ktc). Kim loi
X, Y l
A. Natri v magie. B. Liti v beri.
C. Kali v canxi. D. Kali v bari.
Gii
Bi toỏn cú 3 n l s mol v M, trong khi ch lm c 2 phng trỡnh. Vỡ vy
ta phi s dng
M
.
n = a; n = b
XY
+ + 2+
X,Y + H A + Y + H .
2
Đặt


5,6
a+2b .2=0,5
22,4
a+b < a+2b=0,5 < 2a+2b
0,25 a+b <0,5
7,1
14,2 M 28,4.
Bảo toàn e có



Đặt
Bảo toàn e có 2

Phạm Công Vụ Trường THPT Yên Lạc- Vĩnh Phúc

6
1,7
M M 56,7 M .
X Zn
0,03
X + H SO XSO + H
2 4 4 2
1,9 gam < 0,05 mol
   


1,9
0,05 M 38.
X
M
X
M 40
X
X lµ Ca.
   
  

Bài 4. Hỗn hợp M gồm axit cacboxylic X, ancol Y (đều đơn chức, số mol X gấp hai
lần số mol Y) và este Z được tạo ra từ X và Y. Cho một lượng M tác dụng vừa đủ với

16,4
M = = 82 M = 15; CH ;
0,2
à đ
RCOONa NaOH
3
n = n
R lµ
X l CH COOH. Lo¹i ¸p ¸n A vµ C.



1
(2a + b) < n = a + b < 2a + b
R'OH
2
0,1 < n < 0,2; 40,25 M 80,5.
R'OH
ancol
đ đáp án .

sau ph¶n øng
Lo¹i ¸p ¸n B, Chän
  
D
Phạm Công Vụ Trường THPT Yên Lạc- Vĩnh Phúc


+ 6NH
3
+2H
2
O  (NH
4
)
2
CO
3
+ 4NH
4
NO
3
+ 4Ag.
 mAg = 4.0,1.108 = 43,2
Bài 6. Cho X và Y là hai axit cacboxylic mạch hở, có cùng số nguyên tử cacbon,
trong đó X đơn chức, Y hai chức. Chia hh X và Y thành hai phần bằng nhau. Phần
một tác dụng hết với Na, thu được 4,48 lít khí H
2
(đktc). Đốt cháy hoàn toàn phần
hai, thu được 13,44 lít khí CO
2
(đkc). Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp là
A. 28,57% B. 57,14% C. 85,71% D. 42,86%
Giải
2
RCOOH
2 R'(COOH)
2


CTCT của Y: HOOC-COOH, của X là CH
3
COOH
Từ phản ứng cháy, bảo toàn cacbon có 2a + 2b = 0,6 (2)
Giải (1), (2) được a = 0,2, b = 0,1
Y
0,1.90
%m .100
0,1.90 0,2.60


42,86
.
Bài 7. Hỗn hợp M gồm một anken và hai amin no, đơn chức, mạch hở X và Y là
đồng đẳng kế tiếp (M
X
< M
Y
). Đốt cháy hoàn toàn một lượng M cần dùng 4,536 lít O
2
(đktc) thu được H
2
O, N
2
và 2,24 lít CO
2
(đktc). Chất Y là
A. etylamin. B. propylamin. C. butylamin. D. etylmetylamin.
Giải

n 2.n 2.n 2.0,2025 2.0,1 0,205 mol    

     

3
n n n 0,205 0,1 0,105
H O CO
amin
2
22
n 0,07
amin


nn
CO CO
0,1
22
C 1,43
n + n n 0,07
anken amin amin
Sè    


Có một chất có 1C, đó là CH
3
NH
2
.
Hai amin là CH

4
.
Giải
Đặt CTPT ancol: C
n
H
2n+2
O, số mol: x.
Hidrocacbon: C
p
H
2p+2
, số mol: y.
Phạm Công Vụ Trường THPT Yên Lạc- Vĩnh Phúc

9
Sử dụng bảo toàn khối lượng có hệ:
nx + py=0,04
0,07.2 0,04.2 ( 1) ( 1)



     x n x p y

 y =0,02.
0,04 0,04
C = < =2
x+y y
Sè


khối lượng của X trong hỗn hợp ban đầu là
A. 60,34% B. 78,16% C. 39,66% D. 21,84%
Giải
Do khi đốt cháy mỗi chất X, Y đều thu được số mol H
2
O bằng số mol CO
2
vậy X,
Y đều là no, đơn chức và
n
Ag 28,8
2,6
n 108.0,1
hh


 Hỗn hợp phải có HCHO: x mol và một chất khác có một nguyên tử C, tráng bạc đó
là HCOOH: y mol.
HCHO + AgNO
3
/NH
3

4Ag.
x 4x
HCOOH+ AgNO
3
/NH
3


n 0,25
hheste
  

 Có một este của phenol dạng RCOOC
6
H
4
R’.
- Thủy phân X thu được một ancol (M<40 CH
3
OH) và hai muối  Este còn lại là
RCOOCH
3.
- Muối có
70 M 120
 Có một muối có M<70, chỉ có HCOONa thỏa mãn; muối
còn lại NaOC
6
H
4
R’
 Hai este là HCOOCH
3
( a mol) ; HCOOC
6
H
5
R’( b mol).
HCOOCH + NaOH HCOONa +CH OH.

3
, t
0
), thu
được hỗn hợp Y chỉ có hai hiđrocacbon. Công thức phân tử của X là?
A. C
2
H
2
B. C
5
H
8
C. C
4
H
6
D. C
3
H
4

Giải:
C
n
H
2n -2
+ H
2


Giải
0,23
C 2,3
0,1
Sè 

 X gồm ancol no phải có ít nhất 2 cacbon và ancol không no phải có ít nhất 3
cacbon.
Vậy X có C
2
H
4
(OH)
2
: 0,07 mol.
C
n
H
2n
O
m
: 0,03 mol.
 0,07. 2+ 0,03.n = 0,23
 n=3; khi n=3 thì m =1 ( Do nhóm –OH không liên kết với cacbon không no).
Bảo toàn H ta có:
0,07.6 0,03.6
n
HO
2
2

CHO và HCOOC
2
H
5
.
C. HCHO và CH
3
COOCH
3
. D. CH
3
CHO và CH
3
COOCH
3
.
Giải
2
HO
n n 0,13
2
CO

.

Hỗn hợp M gồm X, Y no đơn.
C
n
H
2n

2m
O
2
(có khả năng tráng bạc).
Bảo toàn C có 2x+ my = 0,13 m=3.
Bài 14. Oxi hóa 0,08 mol một ancol đơn chức, thu được hỗn hợp X gồm một axit
cacboxylic, một anđehit, ancol dư và nước. Ngưng tụ toàn bộ X rồi chia làm hai phần
bằng nhau. Phần một cho tác dụng hết với Na dư, thu được 0,504 lít khí H
2
(đktc).
Phần hai cho phản ứng tráng bạc hoàn toàn thu được 9,72 gam Ag. Phần trăm khối
lượng ancol bị oxi hóa là
A. 50,00% B. 62,50%
C. 31,25% D. 40,00%
Giải
RCH
2
OH

RCHO + H
2
O
x x x
Phạm Công Vụ Trường THPT Yên Lạc- Vĩnh Phúc

13
RCH
2
OH


3

2Ag
y 2y
2H
2
O + 2Na

2NaOH + H
2.
x+y (x+y)/2
2CH
3
OH+ 2Na

2CH
3
ONa + H
2
.
z z/2
2CH
3
OOH+ 2Na

2CH
3
OONa + H
2
.

0,02
0,005
0,015
x
y
z

bÞ oxi hãa =

 62,5%
3
CH OH
%m .100
0,04
xy

Bài 15. Hỗn hợp X gồm hai ancol no, đơn chức, mạch hở, kế tiếp nhau trong dãy
đồng đẳng. Oxi hóa hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp X có khối lượng m gam bằng CuO ở
nhiệt độ thích hợp, thu được hỗn hợp sản phẩm hữu cơ Y. Cho Y phản ứng với một
lượng dư dung dịch AgNO
3
trong NH
3
, thu được 54 gam Ag. Giá trị của m là:
Phạm Công Vụ Trường THPT Yên Lạc- Vĩnh Phúc

14
A. 8,1. B. 8,5. C. 15,3. D. 13,5.
Giải
Oxi hóa X tạo Y  n






.
m=0,05.32+ 0,15.46= 8,5 gam.
Bài 16. Cho 34 gam hỗn hợp X gồm 2 este đơn chức và đều thuộc loại hợp chất thơm
( Tỉ khối hơi của X đối với O
2
luôn bằng 4,25 với mọi tỉ lệ số mol giữa 2 este) phản
ứng vừa đủ với 175 ml dung dịch NaOH 2M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu
được hỗn hợp Y gồm 2 muối khan. Thành phần phần trăm về khối lượng của 2 muối
trong Y là:
A. 46,58% và 53,42%. B. 35,6% và 64,4%.
C. 55,43% và 44,57%. D. 56,67% và 43,33%.
Giải
M
x
=136. Số mol X =
34
0,25
4,25.32


nNaOH 0,35
1
nX 0,25

 X có este của phenol.

H
5
+ NaOH HCOONa + C
6
H
5
CH
2
OH.
HCOOC
6
H
4
CH
3
+ NaOH HCOONa + NaOC
6
H
4
CH
3
+ H
2
O.
Ta có hệ:
Phạm Công Vụ Trường THPT Yên Lạc- Vĩnh Phúc

15
x y 0,25 x 0,15
x 2y 0,35 y 0,1

NH
3
thu được 86,4 gam Ag. B có số đồng phân ancol là
A. 3 B. 4 C. 1 D. 2
Giải
2
X H Y
n 2n 0,3 n  

n
0,8
Ag
2
n 0,3
Y

 Y chứa HCHO: x mol và RCHO: y mol.
X gồm CH
3
OH: x mol và RCH
2
OH: y mol.
Ta có hệ
x y 0,3 x 0,1
4x 2y 0,8 y 0,2
32x (R 31)y 14,8 R 27
  


   

2
H
5
CHO và C
2
H
3
CHO
C. C
2
H
3
CHO và HCHO D. CH
3
CHO, C
2
H
5
CHO.
Giải
Số mol hỗn hợp X, Y= 0,1.0,8= 0,08 mol.
Ag
hh
n
0,2
2
n 0,08

 Hỗn hợp có HCHO (Y): x mol và RCHO (X): y mol.
Ta có hệ

 X gồm hai ancol no; nX= 0,7-0,5 = 0,2.
C 2,5
; X có một ancol no có 2 nguyên tử C và có 2 nhóm OH.
Do hai ancol cùng OH nên công thức chung chất trong X là: C
2,5
H
5
(OH)
2
.
C
2,5
H
5
(OH)
2
+ O
2
 CO
2
+ H
2
O.
0,2 x 0,5 0,7
Bảo toàn O có x=0,65 mol  V= 14,56 lít. Phạm Công Vụ Trường THPT Yên Lạc- Vĩnh Phúc

17

CO X H O
n =0,15; n =0,05 n =0,2
.
CTPT X: C
3
H
8
O
n
.
C
3
H
8
O
n
+ O
2
 CO
2
+ H
2
O.
0,05 0,175 0,15 0,2
Bảo toàn O  n=3.
X là C
3
H
8
O

3
CHO, C
2
H
5
CHO.

Giải
Mục tiêu: Tìm tỉ lệ
Ag
hh
n
n
.
0,28mol 0,2mol
X
n 0,12mol
2
2 2 2 O pu
5,68 gam
O(X)
C, H, O+ O CO +H O n =0,32
n



Ag
hh
n
0,32

).
Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol M thu được 0,2 mol CO
2
. Đem 0,1 mol M phản ứng với
NaHCO
3
dư thu được 4,032 lít CO
2
(ở đktc). Biết M không tham gia phản ứng tráng
bạc. Phần trăm khối lượng của Y trong M là
A. 66,67%. B. 40%. C. 20%. D. 85,71%.
Giải
Ta có
C2
(*).
Khi cho M tác dung với NaHCO
3
có
1
n
CO
2
1,8 2
n
M
 
(**)
M không tham gia phản ứng tráng bạc, M không chứa HCOOH (**)
M gồm 2 chất là CH
3

Sĩ số
Giải nhanh
Giải được
Không giải được
45
25
15
5
Lớp 12A4, năm học 2013-2014 kiểm tra 20 bài trong các bài nói trên, cho kết quả:
Sĩ số
Giải nhanh
Giải được
Không giải được
40
30
9
1
Học sinh hiểu được phương pháp, vận dung để làm nhanh một bài tập hóa học,
qua các ví dụ trên đây, tôi đã cho học sinh nhận ra một số bài tập sử dung phương
pháp này.
Phạm Công Vụ Trường THPT Yên Lạc- Vĩnh Phúc

20
Chƣơng III. KẾT LUẬN
I. Kết luận chung.
Nghiên cứu cơ sở lí thuyết của các quan hệ tỉ lệ mol trong hóa học. Từ đó rút
ra các bước thông thường để giải nhanh một bài toán có bất phương trình.
Đưa ra được các dạng bài tập cơ bản nhất và hướng dẫn giải chi tiết, ngắn gọn
các dạng bài tập đó.
Trong quá trình giảng dạy và ôn luyện thi với việc áp dụng phương pháp trên

+ Kiến thức của học sinh chỉ bền vững khi kĩ năng được thiết lập mà để hình
thành những kĩ năng cho học sinh thì không có gì khác ngoài quá trình rèn luyện. Bồi
dưỡng thường xuyên cho các em.
+ Đề tài có thể mở rộng và phát triển ở mức độ rộng hơn bao quát hơn rất
mong được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô giáo để đề tài được phát triển rộng
hơn nữa và có ứng dụng thực tiễn hơn.
Xin chân thành cảm ơn!
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng từ năm 2007 đến năm 2013 của Bộ giáo dục và
đào tạo.
2. Sách giáo khoa Hóa học 10, 11, 12. Nhà xuất bản giáo dục Việt Nam, 2012.
3. Đề thi thử tuyến sinh đại học, cao đẳng năm học 2013-2014, Trường THPT
Chuyên Vĩnh Phúc.
4. Đề thi thử tuyến sinh đại học cao đẳng năm học 2013-2014, Trường THPT
Chuyên- Trường Đại học sư phạm Hà Nội.
5. Đề thi thử tuyến sinh đại học cao đẳng năm học 2013-2014, Trường THPT Chuyên
- Trường Đại học khoa học tự nhiên Hà Nội.