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

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)


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

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 =


+ 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
=

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


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

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

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


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 

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

 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)


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
=

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

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



→
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:

=
 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

+ 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


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

 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


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

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


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


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
⇔

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


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

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

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