SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Đơn vị: Trường THPT HồngBàng
Mã số:
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU
CƠ
Người thực hiện: PHAN THỊ THÀNH
Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục 
- Phương pháp dạy học bộ môn: Hóa Học 

- Lĩnh vực khác: 

Có đính kèm:
 Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: PHAN THỊ THÀNH
2. Ngày tháng năm sinh: 16-11-1981
3. Nam, nữ: Nữ
4. Địa chỉ: Tổ 2 – khu 8- Thị Trấn Gia Ray - Xuân Lộc – Đồng Nai
5. Điện thoại: 0936.115.169
6. Fax: E-mail: [email protected]
7. Chức vụ: Giáo viên
8. Đơn vị công tác: Trường THPT Hồng Bàng
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Đại học
- Năm nhận bằng: 2004
- Chuyên ngành đào tạo: Cử nhân Hóa
III.KINH NGHIỆM KHOA HỌC

càng có ý nghĩa quan trọng hơn. Mỗi bài tập có thể có nhiều phương pháp giải
khác nhau. Nếu biết lựa chọn phương pháp hợp lý, sẽ giúp học sinh nắm vững hơn
bản chất của các hiện tượng hoá học và giải quyết vấn đề nhanh hơn lựa chọn được
đáp số đúng nhanh trong bài thi TNKQ.
Xuất phát từ suy nghĩ muốn giúp học sinh không gặp phải khó khăn và
nhanh chóng tìm được đáp án đúng tiết kiệm thời gian khi làm bài trắc nghiệm hóa
hữu cơ . Chính vì vậy tôi chọn đề tài:
“PHƯƠNG PHÁP GIẢI TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ”.
II. THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ
TÀI
1. Thuận lợi
- Được sự giúp đỡ, quan tâm của ban giám hiệu và đồng nghiệp nhà trường.
GV: PHAN THỊ THÀNH - 3 -
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
- Khi áp dụng một số dạng trong quá trình giải bài tập, học sinh học tập khá tích
cực, chủ động, đa số các em nắm được kiến thức cơ bản và tự tìm kiếm kiến thức
thêm dựa vào sự hướng dẫn của giáo viên.
2. Khó khăn :
Trường THPT Hồng Bàng thuộc diện vùng miền núi của tỉnh Đồng Nai, là một
trường tư thục nên đầu vào học sinh còn hạn chế, số lượng học sinh yếu và không
đồng đều nên việc dạy và học của giáo viên và học sinh còn khó khăn trong việc
triển khai đề tài này.
III. NỘI DUNG ĐỀ TÀI :
1. Cơ sở lý luận :
Để làm được các bài tập trắc nghiệm hóa học, học sinh cần phát huy khả năng
tư duy, chủ động nắm bắt kiến thức cơ bản, tự tìm hiểu và phát hiện những kiến
thức mới có liên quan là điều rất quan trọng đối với học sinh.
Mỗi bài tập trắc nghiệm có nhiều cách giải nhưng thời gian truyền tải kiến
thức của giáo viên và khả năng tư duy của học sinh còn hạn chế , các em ít tự tìm
hiểu và tổng hợp kiến thức, không phân dạng và lựa chọn phương pháp thích hợp.


-Nếu chất hữu cơ có nhóm C
n
H
2n+2-2k
( Với k
≥
1 là số liên kết
π
hay số vòng no)
thì
⇔
n
H2O
<n
CO2
3.1.1 Khi đốt cháy hidrocacbon:
- Tạo ra CO
2
vầ H
2
O.
-Tổng khối lượng C và H trong CO
2
và H
2
O phải bằng khối lượng của
hidrocacbon.
Thí dụ: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm CH
4

- nCO
2
> nH
2
O
- n
ankin (cháy)
= nH
2
O – nCO
2
C
n
H
2n+2
+
2
3 1
2
n
O
+

→
nCO
2
+ (n + 1) H
2
O
Thí dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol hỗn hợp 2 ankan thu được 9,45g H

→ CaCO
3

↓
+ H
2
O
nCaCO
3
= CO
2
= 0,375 mol
mCaCO
3
= 0,375.100 = 37,5g
Thí dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 hidrocacbon liên tiếp trong dãy đồng đẳng
thu được 11,2 lít CO
2
(đktc) và 12,6g H
2
O. Hai hidrocacbon đó thuộc dãy đồng
đẳng nào?
A. Ankan B. Anken C. Ankin D. Aren
Suy luận:
nH
2
O =
12,6
18
= 0.7 > 0,5. Vậy đó là ankan

H
12
và C
6
H
14
Suy luận: nH
2
O =
25,2
18
= 1,4 mol ; nCO
2
= 1mol
nH
2
O > nCO
2

⇒
2 chất thuộc dãy ankan. Gọi n là số nguyên tử C trung bình:
GV: PHAN THỊ THÀNH - 5 -
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
2 2n n
C H
+
+
3 1
2
n

dư và bình 2 đựng KOH rắn, dư thấy bình 1
tăng 4,14g, bình 2 tăng 6,16g. Số mol ankan có trong hỗn hợp là:
A. 0,06 B. 0,09 C. 0,03 D. 0,045
Suy luận: nH
2
O =
4,14
18
= 0,23 ; nCO
2
=
6,16
44
= 0,14
n
ankan
= nH
2
O – nCO
2
= 0,23 – 0,14 = 0,09 mol
Thí dụ 5: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp gồm CH
4
, C
4
H
10
và C
2
H

=
11,2
0,5
22,4
=
mol ; nH2O =
9
0,5
18
=

⇒
nH
2
O = nCO
2
Vậy 2 hidrocacbon thuộc dãy anken.
Thí dụ 2: Một hỗm hợp khí gồm 1 ankan và 1 anken có cùng số nguyên tử C trong
phân tử và có cùng số mol. Lấy m gam hỗn hợp này thì làm mất màu vừa đủ 80g
dung dịch 20% Br
2
trong dung môi CCl
4
. Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp đó
thu được 0,6 mol CO
2
. Ankan và anken đó có công thức phân tử là:
GV: PHAN THỊ THÀNH - 6 -
C
2

8
D. C
5
H
12
, C
5
H
10

Suy luận: n
anken
= nBr
2
=
80.20
100.160
=
0,1 mol
C
n
H
2n
+
3
2
n
O
2
→ n CO

O
Thí dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn V lít (đktc) một ankin thể khí thu được CO
2
và H
2
O
có tổng khối lượng 25,2g. Nếu cho sản phẩm cháy đi qua dd Ca(OH)
2
dư thu được
45g kết tủa.
a. V có giá trị là:
A. 6,72 lít B. 2,24 lít C. 4,48 lít B. 3,36 lít
Suy luận: nCO
2
= nCaCO
3
=
45
100
=
14 2 49,6 3,4.n n+ = → =
0,45 mol
nH
2
O =
25,2 0,45.44
18
−
=
0,3 mol

ankin
. Vậy ankin có 3 nguyên tử C
3
H
4
Thí dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn V lít (đktc) 1 ankin thu được 10,8g H
2
O. Nếu cho tất
cả sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình đựng nước vôi trong thì khối lượng bình
tăng 50,4g. V có giá trị là:
A. 3,36 lít B. 2,24 lít C. 6,72 lít D. 4,48 lít
Suy luận: Nước vôi trong hấp thu cả CO
2
và H
2
O
mCO
2
+ mH
2
O = 50,4g ; mCO
2
= 50,4 – 10,8 = 39,6g
GV: PHAN THỊ THÀNH - 7 -
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
nCO
2
=
39,6
44

, C
2
H
2
, thành 2 phần đều nhau:
- Đốt cháy phần 1 thu được 2,24 lít CO
2
(đktc).
- Hidro hóa phần 2 rồi đốt cháy hết sản phẩm thì thể tích CO
2
thu được là:
A. 2,24 lít B. 1,12 lít C. 3,36 lít D. 4,48 lít
3.1.6- Sau khi hidro hóa hoàn toàn hidrocacbon không no rồi đốt cháy thì thu
được số mol H
2
O nhiều hơn so với khi đốt lúc chưa hidro hóa. Số mol H
2
O trội
hơn chính bằng số mol H
2
đã tham gia phản ứng hidro hóa.
Thí dụ: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol ankin thu được 0,2 mol H
2
O. Nếu hidro hóa
hoá toàn 0,1 mol ankin này rồi đốt cháy thì số mol H
2
O thu được là:
A. 0,3 B. 0,4 C. 0,5 D. 0,6
Suy luận: Ankin cộng hợp với H
2

có tỉ lệ mol 1: 1.
Thí dụ: Cho hỗn hợp 2 anken đi qua bình đựng nước Br
2
thấy làm mất màu vừa đủ
dung dịch chứa 8g Br
2
. Tổng số mol 2 anken là:
A. 0,1 B. 0,05 C. 0,025 D. 0,005
Suy luận: n
anken
= nBr
2
=
8
160
= 0,05 mol
3.2. Đốt 2 chất hữu cơ, phân tử có cùng số nguyên tử C, được cùng số mol CO
2
thì 2 chất hữu cơ mang đốt cháy cùng số mol.
GV: PHAN THỊ THÀNH - 8 -
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
Thí dụ: Đốt cháy a gam C
2
H
5
OH được 0,2 mol CO
2
. Đốt cháy 6g C
2
H


3 2 5
0,1 0,1.88 8,8
CH COOC H este
n mol m c g
= → = = =
3.3.Dựa trên phản ứng đốt cháy anđehit no, đơn chức
Cho số mol CO
2
= số mol H
2
O. Anđehit
2
,H xt+
→
rượu
0
2
,O t+
→
cũng cho số
mol CO
2
bằng số mol CO
2
khi đốt anđehit còn số mol H
2
O của rượu thì nhiều hơn.
Số mol H
2

rượu
và sô nguyên tử C không thay
đổi. Vì vậy đốt rượu và đốt anken tương ứng cho số mol CO
2
như nhau.
Thí dụ: Chia a gam ancol etylic thành 2 phần đều nhau.
Phần 1: mang đốt cháy hoàn toàn → 2,24 lít CO
2
(đktc)
Phần 2: mang tách nước hoàn toàn thành etylen, Đốt cháy hoàn toàn lượng etylen
→ m gam H
2
O. m có giá trị là:
A. 1,6g B. 1,8g C. 1,4g D. 1,5g
Suy luận: Đốt cháy được 0,1 mol CO
2
thì đốt cháy tương ứng cũng được 0,1 mol
CO
2
. Nhưng đốt anken cho mol CO
2
bằng mol H
2
O.
Vậy m = 0,1.18 = 1,8.
3.5. Dựa vào công thức tính số ete tao ra từ hỗn hợp rượu hoặc dựa vào
ĐLBTKL (định luật bảo toàn khối lượng).
Thí dụ 1: Đun hỗn hợp 5 rượu no đơn chức với H
2
SO

m
→
2
H O
m
= 132,8 – 111,2 = 21,6g
Do
2
21,6
1,2
18
ete H O
n n mol
=
= = ⇒
∑ ∑
n
mỗi ete
=
1,2
0,2
6
mol=
.
3.6. Dựa và phản ứng tráng gương:
-TH1: cho tỉ lệ n
HCHO
: n
Ag
= 1 : 4

OH
(
3
CH OH HCHO
m m+
) chưa phản ứng là 11,8g.
HCHO + 2Ag
2
O
3
NH
→
CO
2
+ H
2
O + 4 Ag
↓
1 1 21,6
0,05
4 4 108
HCHO Ag
n n mol= = × =
.
M
HCHO
= 0,05.30 = 1,5g ;
3
11,8 1,5 10,3
CH OH

Cụ thể: Dựa vào pt tìm sự thay đổi về khối lượng của 1 mol A → 1mol B hoặc
chuyển từ x mol A → y mol B (với x, y là tỉ lệ cân bằng phản ứng).
Tìm sự thay đỏi khối lượng (A→B) theo bài ở z mol các chất tham gia phản ứng
chuyển thành sản phẩm. Từ đó tính được số mol các chất tham gia phản ứng và
ngược lại.
 Đối với rượu: Xét phản ứng của rượu với K:

2
( ) ( )
2
x x
x
R OH xK R OK H+ → +
Hoặc ROH + K → ROK +
1
2
H
2
Theo pt ta thấy: cứ 1 mol rượu tác dụng với K tạo ra 1 mol muối ancolat thì khối
lượng tăng: 39 – 1 = 38g.
Vậy nếu đề cho khối lượng của rượu và khối lượng của muối ancolat thì ta có thể
tính được số mol của rượu, H
2
và từ đó xác định CTPT rươụ.

Đối với anđehit: xét phản ứng tráng gương của anđehit
R – CHO + Ag
2
O
0

∆
m
↑
= 22g

Đối với este: xét phản ứng xà phòng hóa
RCOOR
’
+ NaOH → RCOONa + R
’
OH
1 mol → 1 mol →
∆
m
↑
= 23 – M
R
’
 Đối với aminoaxit: xét phản ứng với HCl
HOOC-R-NH
2
+ HCl → HOOC-R-NH
3
Cl
GV: PHAN THỊ THÀNH - 11 -
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
1 mol → 1mol →
∆
m
↑

m = 2.(23 - 11) = 44g
Theo đề bài: Khối lượng tăng 28,96 – 20,15 = 8,81g.
→ Số mol CO
2
=
8,81
0,2
44
mol=
→ Thể tích CO
2
: V = 0,2.22,4 = 4,48 lít
Thí dụ 2: Cho 10g hỗn hợp 2 rượu no đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng
tác dụng vừa đủ với Na kim loại tạo ra 14,4g chất rắn và V lít khí H
2
(đktc). V có
giá trị là:
A. 1,12 lít B. 2,24 lít C. 3,36 lít D. 4,48 lít
Suy luận: Theo ptpu: 1 mol rượu phản ứng → 1mol ancolat + 0,5 mol H
2
thì khối
lượng tăng:
6 6 2
2
( )
1,4
2
14,1
78 45
n n

5
)
2
B. (COOCH
3
)
2

C. (COOCH
2
CH
2
CH
3
)
2
D. Kết quả khác
Suy luận: Vì n
KOH
= 2n
este
→ este 2 chức tạo ra từ axit 2 chức và rượu đơn chức.
Đặt công thức tổng quát của este là R(COOR
’
)
2
:
R(COOR
’
)

0,0375
=
→ M
R
+ (44 + 29)2 = 146 → M
R
= 0
Vậy công thức đúng của este là: (COOC
2
H
5
)
2
Thí dụ 4: Cho 13,8g hỗn hợp các ancol CH
3
OH
;
C
2
H
5
OH ; C
3
H
7
OH tác dụng với
Na dư thu được 20,4g muối . Tính V thu được (đkc).
A. 3,36 lít B . 2,04lít C. 6,72 lít D. 4,48 lít
Hướng dẫn:
Ta có thể giải theo PP tăng giảm như sau :

2n
O
2

→
nCO
2
+ nH
2
O. mà 0,3 < 0,4 mol, do đó ancol đốt
cháy là ancol no, đơn.
Khi đó n ancol = 0,4 – 0,3 = 0,1 mol và số nguyên tử cacbon <
2
CO
ancol
n
0,3
3
n 0,1
= =
.
Ancol CH
3
OH hoặc C
2
H
5
OH
TH1: CH
3

46.0,1 (14 32) 7,6 2
n x x
n x n
+ = =
⇔
+ + = =
 
 
 
(loại)
GV: PHAN THỊ THÀNH - 13 -
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
C
4
H
8
O
2
+ CH
3
OH
€
C
5
H
10
O
2
+ H
2

H
4
(NO
2
)
2
và C
6
H
3
(OH)
3
B. C
6
H
3
(NO
2
)
3
và C
6
H
2
(NO
2
)
4
D. C
6

( )
n n
C H NO
−
→
2
2
n
N
1 mol →
2
n
mol
14,1
78 45n+
→ 0,07 mol
→
1,4n =
, n = 1, n = 2 → Đáp án A.
Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm 2 rượu no có số nguyên tử bằng nhau. Đốt cháy hoàn toàn
0,25 mol X thu được 11,2 lít CO
2
(đktc). Mặt khác 0,25 mol X đem tác dụng với
Na dư thấy thoát ra 3,92 lít H
2
(đktc). Các rượu của X là:
A. C
3
H
7

OH và C
3
H
5
(OH)
3
Đáp án: C
3.10. Dựa và cách tính số nguyên tử C và số nguyên tử C trung bình hoặc
khối lượng mol trung bình…
+ Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp:
hh
hh
m
M
n
=
GV: PHAN THỊ THÀNH - 14 -
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
+ Số nguyên tử C:
2
X Y
co
C H
n
n
n
=
+ Số nguyên tử C trung bình:
2
CO

2
H
6
, C
3
H
8
 B. C
3
H
8
, C
4
H
10
D. C
4
H
10
, C
5
H
12
Suy luận:

24,8
49,6
0,5
hh
M = =

8
C. C
3
H
8
, C
4
H
10
D. C
4
H
10
, C
5
H
12
Ví dụ 3: Cho 14g hỗn hợp 2 anken là đồng đẳng liên tiếp đi qua dung dịch nước Br
2
thấy làm mất màu vừa đủ dd chứa 64g Br
2
.
1. Công thức phân tử của các anken là:
A. C
2
H
4
, C
3
H

0,2
44
mol=
2
64
0,4
160
anken Br
n n mol= = =
GV: PHAN THỊ THÀNH - 15 -
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ

14
35
0,4
anken
M = =
;
14 35 2,5.n n= → =
Đó là : C
2
H
4
và C
3
H
6
Thí dụ 4: Cho 10,2g hỗn hợp khí A gồm CH
4
và anken đồng đẳng liên tiếp đi qua

10
, C
6
H
12
2. Phần trăm thể tích các anken là:
A. 15%, 35% B. 20%, 30%
C. 25%, 25% D. 40%. 10%
Suy luận:
1.
4 4
2 2CH anken CH anken
V V n n
= → =

2
7
anken
m g
=
;
4
10,2 7
0,2
16
CH
n
−
= =
;

A. 90%, 10% B. 85%. 15%
C. 80%, 20% D. 75%. 25%
Thí dụ 6: A, B là 2 rượu no đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Cho hỗn
hợp gồm 1,6g A và 2,3g B tác dụng hết với
Na thu được 1,12 lít H
2
(đktc). Công thức phân tử 2 rượu là:
A. CH
3
OH, C
2
H
5
OH B. C
2
H
5
OH, C
3
H
7
OH
C. C
3
H
7
OH, C
4
H
9

H
2n+2
Vgiảm = V
H2
= 4,48-2,24= 2,24 lít
→
% V
H2
=
2,24
4,48
= 50%
3.12. Phương pháp sơ đồ chéo : Dựa vào sơ đồ chéo ta tính nhanh thành phần
hỗn hợp
Ví dụ: Hỗn hợp X gồm H
2
và C
2
H
4
có tỉ khối so với H
2
là 7,5. Dẫn X qua Ni nung
nóng, thu được hỗn hợp Y có tỉ khối so với H
2
là 12,5. Hiệu suất của phản ứng
hiđro hoá là
A. 70%. B. 80%. C. 60%. D. 50%.
(mã đề 296 , TSĐH khối A 2012 )
H

15.2 = n
Y
.12,5.2
⇒
n
Y
= 1,2
⇒
2
H pö
n
= n
X
–
n
Y
= 2 – 1,2 = 0,8 mol.
Vậy H =
0,8
.100 80%
1
=
3.13.Phương pháp biện luận :
Khi số ẩn nhiều hơn số phương trình , để tìm nghiệm bằng cách biện luận.
Trước khi tìm nghiệm ta phải đặt giới hạn của ẩn số
Ví dụ 1: Tỉ khối hỗn hợp số mol bằng nhau của ankan và anken thể khí so với
H
2
bằng 28,5 . Lập công thức phân tử của hai chất trên
Giải : Giả sử ta lấy 1 mol ankan , 1 mol anken :

4
H
8
Ví dụ 2:
Hóa hơi 8,64 gam hỗn hợp gồm một axit no, đơn chức, mạch hở X và một axit no,
đa chức Y (có mạch cacbon hở, không phân nhánh) thu được một thể tích hơi bằng
GV: PHAN THỊ THÀNH - 17 -
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
thể tích của 2,8 gam N
2
(đo trong cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất). Đốt cháy hoàn
toàn 8,64 gam hỗn hợp hai axit trên thu được 11,44 gam CO
2
. Phần trăm khối
lượng của X trong hỗn hợp ban đầu là
A. 72,22%. B. 27,78%. C. 35,25%. D. 65,15%.
(mã đề 296 , TSĐH khối A 2012 )
Ta có: n
X, Y
=
2
N
n = 0,1 mol
. X: C
n
H
2n+1
COOH (a mol); Y không phân nhánh) :
C
m

=
0,04.60
.100 27,78%
8,64
=
3.14 . Phương pháp giải bài toán hóa bằng cách lập hệ phương trình :
Ví Dụ1 : Đốt cháy hoàn toàn 7,6 gam hỗn hợp gồm một axit cacboxylic no, đơn
chức, mạch hở và một ancol đơn chức (có số nguyên tử cacbon trong phân tử khác
nhau) thu được 0,3 mol CO
2
và 0,4 mol H
2
O. Thực hiện phản ứng este hóa 7,6 gam
hỗn hợp trên với hiệu suất 80% thu được m gam este. Giá trị của m là
A. 8,16. B. 4,08. C. 2,04. D. 6,12.
Axit no, đơn: C
n
H
2n
O
2

→
nCO
2
+ nH
2
O. mà 0,3 < 0,4 mol, do đó ancol đốt
cháy là ancol no, đơn.
Khi đó n ancol = 0,4 – 0,3 = 0,1 mol và số nguyên tử cacbon <

n
H
2n
O
2
(x mol)
0,1 . 0,3 0,05
32.0,1 (14 32) 7,6 4
n x x
n x n
+ = =
⇔
+ + = =
 
 
 
(tm)
0,1.2 . 0,3 0,05
46.0,1 (14 32) 7,6 2
n x x
n x n
+ = =
⇔
+ + = =
 
 
 
(loại)
C
4

Gợi ý :số mol CO
2
= 0,7 mol; số mol H
2
O = 0,95 mol suy ra số mol hai ancol =
0,25 mol;
Vậy số C trung bình 2 ancol = 0,7/0,25 = 2,8 vậy Mtb ancol = 57,2g Mtb (R) =
57,2-17=40,2
Số mol axit = 0,26 mol; Tính theo ancol; este có dạng CH
3
COOR
a = (59+40,2).0.25.0,6 =14,88g;
3.15 . Bài toán liên quan đến hiệu suất phản ứng :
(Hiệu suất p/ư là tỉ lệ giữa lượng thực tế và lượng sản phẩm)
Ví dụ 1 : Poli (vinyl clorua) được điều chế từ khí thiên nhiên( Chứa 95% thể tích
khí metan ) theo sơ đồ chuyển hóa hiệu suất mỗi giai đoạn như sau:
metan
15%hs
→
Axetilen
95%hs
→
Vinylclorua
95%hs
→
PVC
Muốn tổng hợp 1 tấn PVC thì cần bao nhiêu m
3
khí thiên nhiên
A. 5883 B . 5880 C. 5589 D. 2941

4
đặc , đun nóng thu
được 8,0g este . Tính hiệu suất phản ứng
Giải :
CH
3
COOH + C
2
H
5
OH
2 4,H SO to
→
CH
3
COOC
2
H
5
+ H
2
O
0,1 0,2 dư 0,1
Hiệu suất p/ư :
8
100 90,9%
8,8
=
3.16 Sản phẩm cháy vào dung dịch kiềm :
* Cần chú ý CO

3
H
4
. C. C
4
H
10
. D. C
2
H
4
.
Gọi số mol CO
2
và H
2
O là a và b mol.
Ta có m
HC
= m
C
+ m
H
= 12.a + 2.b = 4,64
m
dd giảm
= m
KT
– (44.a + 18.b)
⇒

n = 0,1 mol
. X: C
n
H
2n+1
COOH (a mol); Y không phân
nhánh) : C
m
H
2m
(COOH)
2
(b mol)
Khi đó:
0,1 0,04
( 1) ( 2) 0,26 0,06
(14 46) (14 90) 8,64 2 3 5
a b a
n a m b b
n a m b n m
+ = =
+ + + = ⇔ =
+ + + = + =
 
 
 
 
 
⇒
n = 1; m = 1:

S
là tổng khối lượng các chất sau phản ứng
Dù phản ứng vừa đủ hay còn chất dư ta vẫn có: m
T
= m
S
- Sử dụng bảo toàn nguyên tố trong phản ứng cháy:
GV: PHAN THỊ THÀNH - 20 -
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
Khi đốt cháy 1 hợp chất A (C, H) thì
2 2 2
( ) ( ) ( )O CO O H O O O pu
n n n+ =

→
2 2 2
( ) ( ) ( )O CO O H O O O pu
m m m+ =
Giả sử khi đốt cháy hợp chất hữu cơ A (C, H, O)
A + O
2
→ CO
2
+ H
2
O
Ta có:
2 2 2
O CO H O
mA m m m+ = +

A. 5,49g B. 4,95g C. 5,94g D. 4,59g
Thí dụ 3: Cho 4,2g hỗn hợp gồm rượu etylic, phenol, axit fomic tác dụng vừa đủ
với Na thấy thoát ra 0,672 lít H
2
(đktc) và 1dd. Cô cạn dd thu được hỗn hợp rắn X.
Khối lượng của X là:
A. 2,55g B. 5,52g C. 5,25g D. 5,05g
Suy luận: Cả 3 hợp chất trên đều có 1 nguyên tử H linh động → Số mol Na = 2nH
2
= 2.0,03 = 0.06 mol
Áp dụng ĐLBTKL:
→ m
X
= 4,2 + 0,06(23 - 1) = 5,52g.
Ω
Thí dụ 4: Chia hỗn hợp 2 anđehit no đơn chức làm 2 phần bằng nhau:
P1: Đem đốt cháy hoàn toàn thu được 1,08g H
2
O
P2: tác dụng với H
2
dư (Ni, t
0
) thì thu hỗn hợp A. Đem A đốt cháy hoàn toàn thì thể
tích CO
2
(đktc) thu được là:
A. 1,434 lít B. 1,443 lít C. 1,344 lít D. 1,444 lít
Suy luận: Vì anđehit no đơn chức nên số mol CO
2

cháy hoàn toàn X thì tổng khối lượng CO
2
và H
2
O là:
A. 0,903g B. 0,39g C. 0,94g D. 0,93g
Thí dụ 5: Cho 13,8g hỗn hợp các ancol CH
3
OH
;
C
2
H
5
OH ; C
3
H
7
OH tác dụng với
Na dư thu được 3,36 lít H
2
(đkc). Tính lượng muối thu được
GV: PHAN THỊ THÀNH - 21 -
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
A. 20,4g B . 2,04g C. 204g 0,204g
Giải :
2 ROH + 2 Na
→
2 RONa + H
2

0,06 mol.
Bảo toàn nguyên tố O trong phản ứng đốt cháy: 2.0,06 + 2.0,09 = 2.0,11 +
a
1.
18

⇒
a = 1,44 gam.
Thí dụ 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.
2
2 2
n 2n
O
2m+3 1

CO
amin
n
0,1
1,43
n 0,07
= =
Hai amin là CH
3
NH
2
(X) và C
2
H
5
NH
2
(Y). Vậy Y là etylamin.
Mã đề 296 , TSĐH khối A 2012 :
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

PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU CƠ
2 2
amin H O CO amin
3
n n n 0,205 0,1 0,105 n 0,07
2
⇒ = − = − = ⇒ =
mol
⇒
m
<
2
CO
amin
n
0,1
1,43
n 0,07
= =
PHẦN III : HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI
Học sinh rất ngại học hóa hữu cơ hơn hóa vô cơ. Các em lười học lí thuyết, ít
khả năng tự tổng hợp kiến thức ,không biết phân dạng bài ,tự luyện tập ít nên học
sinh không làm được vì không có cách nhìn và phân loại cụ thể các dạng bài tập
thường gặp. Tuy nhiên, nếu phân chia các dạng bài tập như trên, học sinh dễ dàng
giải được các bài tập và không còn cảm thấy khó khăn khi giải bài tập, đặc biệt là
các bài tập trong các đề đại học và cao đẳng.
Giúp học sinh trung bình củng cố các kiến thức cơ bản một cách có cơ sở khoa
học.Nâng cao tư duy của học sinh khá, giỏi.
Giúp đồng nghiệp trẻ nâng cao chất lượng chuyên môn.
PHẦN IV:KẾT LUẬN


CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
Xuân Lộc, ngày 09 tháng 03 năm 2014
PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học: 2013-2014
Tên sáng kiến kinh nghiệm:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỮU
CƠ
Họ và tên tác giả: Phan Thị Thành Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị: Trường THPT Hồng Bàng
Lĩnh vực:
- Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn: 
- Phương pháp giáo dục  - Lĩnh vực khác: 
Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị  Trong Ngành 
1. Tính mới
- Có giải pháp hoàn toàn mới 
- Có giải pháp cải tiến, đổi mới từ giải pháp đã có 
2. Hiệu quả
- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao 
- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng
trong toàn ngành có hiệu quả cao 
- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao 
- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng tại
đơn vị có hiệu quả 
3. Khả năng áp dụng
- Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách:
Tốt  Khá  Đạt 
GV: PHAN THỊ THÀNH - 25 -