HỆ THỐNG BÀI TẬP HÓA HỌC HỮU CƠ CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI ĐỂ PHÁT TRIỂN TƯ DUY CHO HỌC SINH by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

HỆ THỐNG BÀI TẬP HÓA HỌC HỮU CƠ

vectorstock.com/28062440

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP HÓA HỌC HỮU CƠ CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI ĐỂ PHÁT TRIỂN TƯ DUY CHO HỌC SINH TRONG DẠY HỌC HÓA HỌC THPT WORD VERSION | 2022 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

MỤC LỤC

Trang

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

Phần I. ĐẶT VẤN ĐỀ .............................................................................................. 1 I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI........................................................................................... 1 II. LỊCH SỬ NGHIÊN CỨU .................................................................................... 2 III. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU ............................................................................... 2 IV. KHÁCH THỂ VÀ ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU ............................................. 2 V. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU ................................................................................ 2 VI. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU ...................................................................... 2 VII. GIẢ THUYẾT KHOA HỌC ............................................................................. 3 VIII. ĐIỂM MỚI CỦA ĐỀ TÀI ............................................................................... 3 IX. GIỚI HẠN CỦA ĐỀ TÀI ................................................................................... 3 Phần II – NỘI DUNG................................................................................................ 4 Chương 1. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI .............................. 4 1.1. LÝ LUẬN VỀ DẠY HỌC ................................................................................. 4 1.1.1. Thực trạng dạy học.......................................................................................... 4 1.1.2. Sự cần thiết phải đổi mới phương pháp dạy học............................................. 4 1.1.3. Định hướng đổi mới phương pháp dạy và học theo hướng tích cực .............. 6 1.1.4. Phương hướng đổi mới PPDH hóa học........................................................... 7 1.2. VẤN ĐỀ PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY .............................................. 7 1.2.2. Tư duy hóa học ................................................................................................ 8 1.2.3. Hình thành và phát triển tư duy hóa học cho học sinh.................................... 9 1.3. BÀI TẬP HÓA HỌC ....................................................................................... 10 1.3.1. Khái niệm bài tập hóa học ............................................................................. 10 1.3.2. Vai trò, ý nghĩa của bài tập hoá học .............................................................. 11 1.3.3. Phân loại ........................................................................................................ 12 1.3.4. Các phương pháp giải bài tập hóa học .......................................................... 12 1.3.5. Quá trình giải bài tập hóa học ....................................................................... 18 1.3.6. Quan hệ giữa bài tập hóa học và phát triển tư duy cho học sinh .................. 19 1.3.7. Tình hình sử dụng bài tập hóa học nhiều cách giải nhằm rèn tư duy đa hướng cho học sinh hiện nay .............................................................................................. 21 Chương 2. MỘT SỐ HÌNH THỨC SỬ DỤNG HỆ THỐNG BÀI TẬP NHIỀU CÁCH GIẢI NHẰM PHÁT TRIỂN TƯ DUY CHO HỌC SINH TRONG DẠY HỌC HÓA HỌC ..................................................................................................... 23 2.1. Sử dụng trong các tiết ôn tập, luyện tập ........................................................... 23 2.2. Sử dụng trong các tiết tự chọn ......................................................................... 23 2.3. Sử dụng trong việc tự học của học sinh ........................................................... 23 2.4. Sử dụng trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi .................................................... 23 Chương 3. THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM ................................................................ 42 3.1. Mục đích, nhiệm vụ thực nghiệm sư phạm ...................................................... 42 3.1.1. Mục đích ........................................................................................................ 42

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

3.1.2. Nhiệm vụ ....................................................................................................... 42 3.2. Nội dung thực nghiệm sư phạm ....................................................................... 42 3.3. Phương pháp thực nghiệm sư phạm ................................................................. 42 3.3.1. Kế hoạch thực nghiệm sư phạm .................................................................... 42 3.3.2. Tiến hành thực nghiệm sư phạm ................................................................... 43 3.4. Kết quả thực nghiệm sư phạm.......................................................................... 43 3.5. Phân tích kết quả thực nghiệm sư phạm .......................................................... 44 Phần III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ.................................................................. 46 1. Những công việc đã làm...................................................................................... 46 2. Một số kiến nghị .................................................................................................. 46 3. Hướng phát triển của đề tài ................................................................................. 47 TÀI LIỆU THAM KHẢO ....................................................................................... 48

ĐC

Đối chứng

ĐKTC

Điều kiện tiêu chuẩn

Giáo viên

Học sinh

PTHH

Phương trình hóa học

THPT

Trung học phổ thông.

Thực nghiệm

TNSP

Thực nghiệm sư phạm

PPDH

Phương pháp dạy học

THPT

Trung học phổ thông

ƠN

NH QU Y M

FI CI A

Bài tập hóa học

BTHH

KÈ Y DẠ

DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU, CHỮ VIẾT TẮT

DẠ M

KÈ QU Y ƠN

FI CI A

Phần I. ĐẶT VẤN ĐỀ

I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI

ƠN

FI CI A

Sau nhiều năm đất nước đổi mới, mặc dù đã có những chuyển biến tích cực về mọi mặt song Giáo dục và Đào tạo nước ta vẫn đang bộc lộ nhiều hạn chế, bất cập. Một trong những hạn chế đó là chất lượng và hiệu quả giáo dục còn thấp, chưa đáp ứng được yêu cầu phát triển của đất nước, chưa tiếp cận được với trình độ giáo dục của các nước có nền giáo dục phát triển trên thế giới, còn nặng về thi cử, ít gắn liền với thực tế đời sống. Vì vậy, đổi mới và nâng cao chất lượng dạy học là một trong những mục tiêu hàng đầu của ngành giáo dục. Nghị quyết 88/2014/QH13 của Quốc hội quy định: “Đổi mới chương trình, sách giáo khoa giáo dục phổ thông nhằm tạo chuyển biến căn bản, toàn diện về chất lượng và hiệu quả giáo dục phổ thông; kết hợp dạy chữ, dạy người và định hướng nghề nghiệp; góp phần chuyển nền giáo dục nặng về truyền thụ kiến thức sang nền giáo dục phát triển toàn diện cả về phẩm chất và năng lực, hài hòa đức, trí, thể, mỹ và phát huy tốt nhất tiềm năng của mỗi học sinh.”

Ở trường phổ thông, đổi mới về phương pháp dạy học nghĩa là tạo mọi điều kiện để học sinh có thể tiếp thu kiến thức một cách tích cực, chủ động và biết vận dụng sáng tạo tri thức để giải quyết các vấn đề trong học tập và cuộc sống.

KÈ

QU Y

Trong nhiều năm qua, việc nâng cao chất lượng dạy học các môn học nói chung và môn hóa học nói riêng ở trường phổ thông đã được chú trọng. Tuy nhiên, nhìn chung hiệu quả còn thấp, chưa đáp ứng được yêu cầu đổi mới trong giáo dục. Với thực tế đó, nhiệm vụ cấp thiết đặt ra cho người giáo viên là phải đổi mới phương pháp dạy học. Dạy học không chỉ đơn thuần là cung cấp kiến thức mà phải dạy cho các em cách tìm ra kiến thức, cách nghĩ. Đó là phương pháp rèn luyện tư duy cho HS. Cần chú trọng bồi dưỡng cho HS năng lực tư duy sáng tạo, giải quyết vấn đề học tập thông qua mọi nội dung, mọi hoạt động dạy học. Trong hóa học, giải bài tập hóa học (BTHH) là phương tiện cơ bản để giúp HS tái hiện kiến thức, rèn luyện tư duy một cách sâu sắc và vận dụng linh hoạt, có hiệu quả các kiến thức của mình. Ngày nay, với xu thế thi theo hình thức trắc nghiệm khách quan, GV thường chỉ nêu ra một cách giải ngắn gọn cho mỗi BTHH đôi khi làm mờ nhạt đi bản chất hóa học của bài toán đồng thời không kích thích được tư duy đa hướng và tư duy sáng tạo của HS.

DẠ

Việc đề xuất các bài tập có nhiều cách giải, yêu cầu HS tìm được lời giải hay, ngắn gọn, nhanh trên cơ sở các phương pháp giải toán, các quy luật chung của hóa học sẽ có tác dụng lớn trong việc phát triển tư duy cho HS. Xuất phát từ những lí do trên chúng tôi chọn đề tài: “Xây dựng hệ thống bài tập hóa học hữu cơ có nhiều cách giải để phát triển tư duy cho học sinh trong dạy học hóa học ở trường THPT” với mong muốn góp phần đổi mới phương pháp dạy học nhằm nâng cao chất lượng giáo dục, rèn luyện và phát triển năng lực tư duy cho HS.

II. LỊCH SỬ NGHIÊN CỨU

FI CI A

Việc nghiên cứu về bài tập hóa học từ trước đến nay đã có nhiều công trình của các tác giả ngoài nước như Apkin G. L., Xereda I. P. nghiên cứu về phương pháp giải toán hóa học. Ở trong nước có PGS.TS Nguyễn Xuân Trường, PGS.TS Đào Hữu Vinh, TS Cao Cự Giác, ... và nhiều tác giả khác quan tâm đến nội dung và phương pháp giải toán hóa học. Tuy nhiên, việc nghiên cứu BTHH hữu cơ có nhiều cách giải còn khá mới mẻ, chỉ một số ít người nghiên cứu tiêu biểu là PGS. TS Nguyễn Xuân Trường. Xu hướng của lí luận dạy học hiện nay đặc biệt chú trong đến hoạt động tư duy của HS trong quá trình dạy học, đòi hỏi HS phải làm việc tích cực, tự lực. Việc giải BTHH hữu cơ bằng nhiều cách khác nhau ngoài cách giải thông thường đã biết cũng là một biện pháp hữu hiệu nhằm kích thích khả năng tìm tòi, làm việc một cách tích cực, chủ động sáng tạo của HS. III. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU

ƠN

Thông qua BTHH hữu cơ có nhiều cách giải nhằm phát triển năng lực tư duy logic, tư duy đa hướng và tăng cường khả năng sáng tạo cho HS. IV. KHÁCH THỂ VÀ ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU 1. Khách thể nghiên cứu : Quá trình dạy học hóa học ở trường phổ thông.

2. Đối tượng nghiên cứu : Hệ thống BTHH hữu cơ có nhiều cách giải. V. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU

QU Y

Để đạt được mục đích của đề tài chúng tôi đã xác định các nhiệm vụ chính sau đây : 1. Nghiên cứu cơ sở lí luận của đề tài. - Cơ sở lí luận về nhận thức và quá trình nhận thức. - Cơ sở lí luận về tư duy và quá trình tư duy. - Ý nghĩa, tác dụng của BTHH hữu cơ.

2. Xây dựng hệ thống BTHH hữu cơ có nhiều cách giải.

KÈ

3. Nghiên cứu và đưa ra một số ý kiến về phương pháp sử dụng BTHH hữu cơ có nhiều cách giải ở trường THPT. 4. Thực nghiệm sư phạm: Kiểm nghiệm giá trị của hệ thống BTHH hữu cơ có nhiều cách giải ở trường THPT và hiệu quả của các đề xuất về phương pháp sử dụng chúng.

VI. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

DẠ

Sử dụng phối hợp các phương pháp sau : 1. Nhóm các phương pháp nghiên cứu lí thuyết

- Phương pháp thu thập các nguồn tài liệu lí luận. 2

- Phương pháp phân tích, tổng hợp các nguồn tài liệu đã thu thập.

2. Nhóm phương pháp nghiên cứu thực tiễn

- Trao đổi với GV có nhiều kinh nghiệm sử dụng bài tập.

FI CI A

- Điều tra thực trạng sử dụng bài tập trong dạy học hóa học hiện nay ở trường THPT. - Phương pháp TNSP : Đánh giá hiệu quả hệ thống BTHH hữu cơ có nhiều cách giải và phương pháp sử dụng chúng trong việc rèn tư duy cho HS ở trường THPT.

3. Phương pháp thống kê toán học : Xử lí phân tích các kết quả thực nghiệm sư phạm. VII. GIẢ THUYẾT KHOA HỌC

VIII. ĐIỂM MỚI CỦA ĐỀ TÀI

ƠN

Nếu có hệ thống BTHH hữu cơ có nhiều cách giải kết hợp với phương pháp dạy học phù hợp của GV và khả năng tự học, tự tìm tòi của HS sẽ góp phần nâng cao năng lực nhận thức, năng lực tư duy sáng tạo của HS.

1. Nghiên cứu tuyển chọn, xây dựng và sử dụng BTHH hữu cơ có nhiều cách giải đa dạng phong phú để rèn tư duy cho HS ở trường THPT một cách có hệ thống bằng những phương pháp mới mẻ, tiên tiến. 2. Đưa ra một số ý kiến về phương pháp sử dụng hệ thống BTHH hữu cơ có nhiều cách giải nhằm phát triển năng lực tư duy HS ở trường THPT.

QU Y

IX. GIỚI HẠN CỦA ĐỀ TÀI

DẠ

KÈ

Nghiên cứu hệ thống bài tập hóa học hữu cơ có nhiều cách giải dùng trong dạy học ở trường THPT.

Chương 1. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI

FI CI A

1.1. LÝ LUẬN VỀ DẠY HỌC

Phần II – NỘI DUNG

1.1.1. Thực trạng dạy học

Thời đại ngày nay, nhiều thành tựu khoa học và công nghệ xuất hiện một cách hết sức bất ngờ và cũng được đổi mới một cách cực kì nhanh chóng. Hệ thống giáo dục theo đó cũng đặt ra những yêu cầu mới. Từ việc thi thố tài năng bằng sự thuộc lòng những hiểu biết “uyên thâm”, chuẩn mực người giỏi là “thông kim bác cổ”, hiểu biết “thiên kinh vạn quyển” đã dần thay thế bởi năng lực ra những quyết định sáng tạo trong các tình huống không ngừng biến động của hoàn cảnh.

QU Y

ƠN

Trước đòi hỏi thực tiễn của Việt Nam trên con đường hội nhập và phát triển thì đổi mới phương pháp dạy học trong đó có dạy học phổ thông là hết sức cần thiết. Luật giáo dục, điều 28.2 có ghi “Phương pháp dạy học phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo của học sinh; phù hợp với đặc điểm của từng lớp học; bồi dưỡng phương pháp tự học, khả năng làm việc theo nhóm, rèn luyện kĩ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú học tập cho học sinh”. Nền giáo dục mới đòi hỏi không chỉ trang bị cho học sinh kiến thức mà nhân loại đã tìm ra mà còn phải bồi dưỡng cho học tính năng động, óc tư duy sáng tạo và thực hành giỏi, tức là đào tạo những con người không chỉ biết mà phải có năng lực hành động. Để thực hiện các yêu cầu đó, giáo dục nước nhà đã trải qua các cuộc cải cách với nhiều thành tựu nổi bật, nhưng vẫn còn không ít tồn tại cần khắc phục. Mục tiêu đổi mới được Nghị quyết 88/2014/QH13 của Quốc hội quy định: “Đổi mới chương trình, sách giáo khoa giáo dục phổ thông nhằm tạo chuyển biến căn bản, toàn diện về chất lượng và hiệu quả giáo dục phổ thông; kết hợp dạy chữ, dạy người và định hướng nghề nghiệp; góp phần chuyển nền giáo dục nặng về truyền thụ kiến thức sang nền giáo dục phát triển toàn diện cả về phẩm chất và năng lực, hài hoà đức, trí, thể, mĩ và phát huy tốt nhất tiềm năng của mỗi học sinh.” 1.1.2. Sự cần thiết phải đổi mới phương pháp dạy học

KÈ

* Những đòi hỏi của xã hội

DẠ

Hiện nay, kiến thức không còn là tài sản chỉ của riêng trường học. Học sinh có thể tiếp nhận các thông tin từ nhiều nguồn khác nhau. Lượng thông tin đa chiều mà học sinh tiếp nhận đã làm thay đổi cách nhìn đối với vai trò của dạy học, do đó cách thức tổ chức các hoạt động giáo dục và học tập trong nhà trường không thể thực hiện như trước đây. Hệ thống giáo dục đang đứng trước áp lực rất lớn về việc cần phải đổi mới. Hơn nữa, trong xã hội ngày nay, công nghệ thông tin đã trở hành một công cụ hỗ trợ không thể thiếu trong nhà trường, đem đến những phương tiện mới, cách thức mới để truyền đạt kiến thức đến người học. Công nghệ thông tin hỗ trợ một 4

cách tích cực vào quá trình giáo dục. Internet giúp kết nối những thông tin quan trọng trên toàn thế giới.

FI CI A

Vấn đề đặt ra với nhà trường là làm thế nào để học sinh có thể làm chủ kiến thức để có thể giải quyết được những vấn đề nảy sinh trong cuộc sống xung quanh họ? Lựa chọn nội dung kiến thức, thông tin như thế nào để đáp ứng được điều đó? Và khi đã lựa chọn được những nội dung cần dạy thì làm thể nào để tổ chức tốt những nội dung đó sao cho người học tích cực, tự lực chiếm lĩnh kiến thức ?

Đây thực sự là những thách thức đối với giáo viên, họ cần phải thực hiện công việc dạy học của mình theo cách hoàn toàn mới. GV không chỉ là người đưa đến cho học sinh một lượng kiến thức xác định mà thay vào đó, GV cần dạy cho học sinh cách xây dựng, chiếm lĩnh kiến thức để đảm bảo việc tự học suốt đời. * Những đòi hỏi từ sự phát triển kinh tế - xã hội

QU Y

ƠN

Sự nghiệp công nghiệp hóa, hiện đại hóa trong bối cảnh hội nhập quốc tế đòi hỏi cần những người có trình độ học vấn rộng, có thể thực hiện được nhiều nhiệm vụ và chuyên môn hoá nhằm đảm bảo chất lượng công việc. Vì thế, người lao động phải thể hiện đẳng cấp chuyên nghiệp cao và sẵn sàng gánh vác trách nhiệm. Dám chịu trách nhiệm là một trong các mối quan tâm hàng đầu của các tổ chức kinh doanh. Yêu cầu đối với người lao động không chỉ đơn thuần là kiến thức mà còn là năng lực giải quyết các vấn đề. Cách giải quyết vấn đề linh hoạt để đối phó với các tình huống mới và sự dám chịu trách nhiệm đang đặt lên vai nền giáo dục nước nhà trách nhiệm đào tạo nguồn nhân lực đáp ứng sự phát triển của kinh tế - xã hội. Giáo viên phải không ngừng trau dồi chuyên môn, nghiệp vụ để có thể đào tạo ra lớp trẻ năng động, sáng tạo, dám nghĩ, dám làm, biết làm việc độc lập và không ngừng học hỏi để theo kịp sự thay đổi của xã hội. Yêu cầu đối với lớp trẻ không chỉ là yêu cầu về kiến thức mà còn là yêu cầu về thái độ và kỹ năng làm việc. Trong dạy học truyền thống, những yêu cầu này chưa thực sự được quan tâm nhiều. Vấn đề đặt ra: cần rèn cho học sinh các kỹ năng, thái độ này ở đâu? Khi nào? Và làm thế nào để rèn được chúng?

DẠ

KÈ

Như vậy, dạy học cần khuyến khích sự tiếp thu độc lập các kiến thức, cho phép người học thực hành các kỹ năng, trong đó có kĩ năng xã hội, khuyến khích tính độc lập và tự chủ của người học, tạo không gian để thực hiện các chiến lược, phương pháp dạy học khác nhau nhằm có được sự lựa chọn tốt nhất cho việc giải quyết vấn đề. Chỉ trong mô hình giáo dục, dạy học như thế, người học mới được thách thức, được rèn luyện để làm chủ kiến thức và kĩ năng, qua đó họ có được năng lực học suốt đời và năng lực giải quyết linh hoạt các vấn đề thực tiễn, xã hội. * Những đòi hỏi khi tính đến đặc điểm tâm sinh lí của người học

Thời điểm công nghệ số có ảnh hưởng rất lớn tới cuộc sống xã hội của trẻ em ngày nay. Internet có mặt khắp mọi nơi, điện thoại di động, MSM, SMS, email đang ngày càng có ảnh hưởng lớn tới sự truyền đạt thông tin. 5

FI CI A

Trẻ ngày nay thu lượm thông tin rất nhanh và chia sẻ thông tin trong xã hội với tốc độ chóng mặt. Trẻ em có khả năng tìm kiếm thông tin theo các cách khác nhau. Việc sử dụng công nghệ mới khiến trẻ trở thành những người có khả năng giải quyết vấn đề và có khả năng xử lý nhiều thông tin cùng một lúc. Như vậy, thách thức đối với hệ thống giáo dục là làm cách nào để tận dụng được điều này ?

Những nghiên cứu được thực hiện ở nhiều quốc gia trong một phần tư thế kỉ qua chứng minh rằng mỗi học sinh đều có một phương pháp học thích hợp với mình hơn những phương pháp khác, do vậy, trong dạy học giáo viên cần tổ chức các phong cách dạy khác nhau để phù hợp với các phong cách học của trẻ và với các đặc điểm của họ nhằm phát huy tối đa năng lực học của trẻ.

1.1.3. Định hướng đổi mới phương pháp dạy và học theo hướng tích cực

ƠN

Trong việc đổi mới phương pháp dạy và học theo hướng tích cực thì phương pháp học của học sinh là mối quan tâm hàng đầu. Các câu hỏi giáo viên cần đặt ra để thiết kế và tổ chức dạy học hiệu quả là: Học sinh nên học như thế nào thì hiệu quả ? Điều gì tạo nên động cơ thúc đẩy học sinh học tích cực ? Đâu là mối quan tâm hàng đầu của người học ?

QU Y

Như vậy, câu hỏi quan trọng không còn là "Học sinh nên biết gì" mà thay vào đó là "Điều gì xảy ra với học sinh” khi các em tham gia vào quá trình học tập. Giáo viên cần quan tâm đến quá trình học tập của bản thân người học, đến việc xây dựng kiến thức của chính họ. Khi lấy người học làm trung tâm, giáo viên cần xác định được thế nào là quá trình học tập lí tưởng nhất. Để đạt được quá trình học tập tối ưu, giáo viên cần điều chỉnh các hoạt động dạy học sao cho phù hợp với sở thích và nhu cầu của học sinh. Chính điều này đòi hỏi giáo viên có một quan điểm mới, một cách suy nghĩ mới về công việc, về mối quan hệ của họ với học sinh và những vấn đề liên quan. Hai yếu tố cốt lõi của định hướng đổi mới phương pháp dạy và học theo hướng tích cực là: cảm giác thoải mái và sự tham gia.

KÈ

Sự tham gia cho thấy học sinh tận dụng và khai thác môi trường học tập và kiến thức như thế nào. Khi quan sát học sinh, nếu thấy HS say sưa giải quyết các nhiệm vụ học tập, tập trung cao độ và huy động trí tuệ của họ thì có thể khẳng định rằng quá trình học tập tích cực đang diễn ra. Để thúc đẩy sự tham gia tích cực của học sinh, trong quá trình dạy học cần lưu ý tới các biện pháp sau:

• Tăng cường mức độ đa dạng trong hoạt động để đảm bảo học tích cực

DẠ

• Tạo điều kiện cho tự do sáng tạo để khuyến khích học độc lập • Sự phù hợp của hoạt động dạy với mức độ phát triển của người học

• Kiến thức gắn liền với thực tế

• Không khí và các mối quan hệ trong nhóm, trong lớp thân thiện, an toàn để tạo môi trường học tập an toàn

FI CI A

Cảm giác thoải mái gắn liền với môi trường học tập và cách thức dạy học phù hợp với những nhu cầu căn bản của học sinh. Trẻ em cần phải cảm thấy an toàn và được tôn trọng trong môi trường học tập. Bằng cách này, cảm giác thoải mái là điều kiện để đạt được mức độ tham gia cao và tham gia tích cực của học sinh.

Cảm giác thoải mái và sự tham gia có thể trở thành tiêu chuẩn cơ bản đánh giá chất lượng của quá trình giáo dục.

Điều đó nghĩa là giáo viên cần phải thiết kế những hoạt động học tập nhằm đảm bảo mức độ tham gia cao và tham gia tích cực của người học, tác động đến tình cảm, thái độ của học sinh và đem đến cho họ niềm vui và sự hứng thú trong học tập. Đó chính là lúc học sâu diễn ra.

ƠN

Những định hướng này sẽ làm thay đổi vai trò của người dạy và người học, trong đó giáo viên chủ yếu giữ vai trò là người tạo môi trường học tập thân thiện, phong phú, là người tư vấn, chỉ dẫn, động viên, kèm cặp, đưa đến những thông tin phản hồi cần thiết, định hướng quá trình lĩnh hội tri thức và cuối cùng là người thể chế hóa kiến thức.

1.1.4. Phương hướng đổi mới PPDH hóa học

QU Y

Những nghiên cứu lí luận và điều tra thực tiễn về thực trạng sử dụng PPDH trong giảng dạy hóa học ở các trường phổ thông cho phép đề xuất phương hướng đổi mới PPDH trong giảng dạy hóa học ở trường trung học trong những năm trước mắt là như sau : a) Học sinh phải được hoạt động nhiều hơn, học sinh phải được trở thành chủ thể hoạt động, đặc biệt là hoạt động tư duy.

KÈ

b) Các PPDH hóa học phải thể hiện được phương pháp nhận thức khoa học đặc trưng của bộ môn hóa học là thực nghiệm hóa học, tận dụng khai thác đặc thù môn hóa học tạo các hình thức hoạt động của học sinh một cách đa dạng phong phú. Do đó phải tăng cường sử dụng thí nghiệm, các phương tiện trực quan; khi sử dụng thí nghiệm và các phương tiện trực quan phải dạy cho học sinh biết tự nghiên cứu và tự học. c) Giáo viên phải chú ý hình thành năng lực giải quyết vấn đề cho học sinh và có biện pháp hình thành từng bước năng lực giải quyết vấn đề từ thấp đến cao.

Đó cũng là biện pháp quan trọng để tăng mức độ hoạt đông trí lực chủ động tích cực của học sinh và phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh.

DẠ

1.2. VẤN ĐỀ PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY 1.2.1. Khái niệm về tư duy, tư duy đa hướng

Còn theo lí thuyết thông tin thì "Tư duy là hành động trí tuệ nhằm thu thập và sử lí thông tin về thế giới quanh ta và thế giới trong ta. Chúng ta tư duy để hiểu, làm chủ tự nhiên, xã hội và chính mình".

FI CI A

Tư duy đa hướng là tư duy phân tích, tổng hợp các thuộc tính của sự vật, hiện tượng theo nhiều hướng khác nhau nhằm tìm ra bản chất, các mối quan hệ bên trong của sự vật, hiện tượng mà trước đó ta chưa biết.

ƠN

Giải một bài toán hóa học bằng nhiều cách là một trong những nội dung quan trọng trong giảng dạy hóa học ở trường phổ thông, nhằm kích thích khả năng sáng tạo và tư duy của học sinh. Đồng thời cũng là một cách làm rất hay để phát triển tư duy và rèn kĩ năng hóa học cho mỗi người, giúp ta có khả năng nhìn nhận vấn đề theo nhiều hướng khác nhau, phát triển tư duy logic, sử dụng thành thạo và tận dụng tối đa các kiến thức đã học. Đối với người giáo viên, suy nghĩ về bài toán và giải quyết nó bằng nhiều cách còn là một hướng đi có hiệu quả để khái quát hóa và đặc biệt hóa, liên hệ với các bài toán cùng dạng, góp phần hỗ trợ phát triển các bài tập hay và mới cho học sinh. 1.2.2. Tư duy hóa học

Hóa học - bộ môn khoa học lý thuyết và thực nghiệm có lập luận, trên cơ sở những kỹ năng quan sát các hiện tượng hóa học, phân tích các yếu tố cấu thành và ảnh hưởng, thiết lập những sự phụ thuộc xác định để tìm ra những mối liên hệ giữa các mặt định tính và định lượng, quan hệ nhân quả của các hiện tượng và quá trình hóa học, xây dựng nên các nguyên lý, quy luật, định luật, rồi trở lại vận dụng để nghiên cứu những vấn đề của thực tiễn.

QU Y

Với tư duy toán thì 1 + 2 = 3 A + B =C+D⇔A–C=B-D

Nhưng với tư duy hóa học thì A + B không phải là phép cộng thuần túy của toán học, mà là xảy ra sự biến đổi nội tại của các chất để tạo thành chất mới, theo những nguyên lý, quy luật, những mối quan hệ định tính và định lượng của hóa học.

KÈ

Với hoá học thì có thể là : A + B→ C+D A + B→E A + B→ G + H + K

DẠ

Cơ sở của tư duy hoá học là sự liên hệ quá trình phản ứng với sự tương tác giữa các tiểu phân của thế giới vi mô, mối liên hệ giữa đặc điểm cấu tạo chất với tính chất của chất, các qui luật biến đổi giữa các loại chất và mối liên hệ giữa chúng Đặc điểm của quá trình tư duy hóa học là sự phối hợp chặt chẽ, thống nhất giữa những hiện tượng cụ thể quan sát được với những hiện tượng cụ thể không 8

quan sát được, ngay cả khi dùng kính hiển vi điện tử, mà chỉ dùng kí hiệu, công thức để biểu diễn mối liên hệ bản chất của các hiện tượng nghiên cứu.

FI CI A

Vậy bồi dưỡng phương pháp và năng lực tư duy hóa học là bồi dưỡng cho học sinh biết vận dụng thành thạo các thao tác tư duy và phương pháp lôgic, dựa vào những dấu hiệu quan sát được mà phán đoán về tính chất và sự biến đổi nội tại của chất, của quá trình. Như vậy cũng giống như tư duy khoa học tự nhiên, toán học và vật lý, tư duy hóa học cũng sử dụng các thao tác tư duy vào quá trình nhận thức thực tiễn và tuân theo quy luật chung của quá trình nhận thức. Tư duy trừu tượng

Thực tiễn

Trực quan sinh động

ƠN

Quá trình tư duy hoá học được bắt đầu từ sự quan sát các hiện tượng hoá học, phân tích các yếu tố của quá trình biến đổi để tìm ra các mối liên hệ về mặt định tính, định lượng, quan hệ nhân quả của các hiện tượng và quá trình hoá học để xây dựng nên các cơ sở lí thuyết, quy luật, định luật mô tả bằng ngôn ngữ hoá học rồi trở lại nghiên cứu những vấn đề của thực tiễn. 1.2.3. Hình thành và phát triển tư duy hóa học cho học sinh

QU Y

Việc phát triển tư duy hoá học cho học sinh trước hết là giúp học sinh nắm vững kiến thức hoá học cơ bản, biết vận dụng kiến thức vào việc giải bài tập và thực hành. Qua đó mà kiến thức học sinh thu nhận được trở nên vững chắc và sinh động hơn. Học sinh chỉ thực sự lĩnh hội được tri thức khi tư duy của họ phát triển và nhờ sự hướng dẫn của giáo viên mà học sinh biết phân tích, tổng hợp, khái quát tài liệu có nội dung, sự kiện cụ thể và rút ra những kết luận cần thiết.

DẠ

KÈ

Tư duy càng phát triển thì có nhiều khả năng lĩnh hội tri thức một cách nhanh nhạy, sâu sắc và khả năng vận dụng tri thức càng linh hoạt và có hiệu quả. Như vậy sự phát triển tư duy của học sinh được diễn ra trong quá trình tiếp thu và vận dụng tri thức, khi tư duy phát triển sẽ tạo ra một kỹ năng và thói quen làm việc có suy nghĩ có phương pháp, chuẩn bị tiềm lực lâu dài cho học sinh hoạt động sáng tạo sau này. Do đó, trong hoạt động giáo dục cần phải tập luyện cho học sinh hoạt động tư duy sáng tạo qua các khâu của quá trình dạy học. Từ hoạt động dạy học trên lớp, thông qua hệ thống câu hỏi, bài tập mà giáo viên điều khiển hoạt động nhận thức của học sinh để giải quyết các vấn đề học tập được đưa ra. Học sinh tham gia vào hoạt động này một cách tích cực sẽ nắm được cả kiến thức và phương pháp nhận thức, đồng thời các thao tác tư duy cũng được rèn luyện. Trong học tập hoá học, hoạt động giải bài tập hoá học là một trong các hoạt động chủ yếu để phát triển tư duy. Vì vậy giáo viên cần phải tạo điều kiện để học sinh tham gia thường xuyên, tích cực vào hoạt động này. Qua đó mà năng lực trí tuệ được phát triển, học sinh sẽ có được những sản phẩm tư duy mới. Có thể đánh 9

giá tư duy phát triển bằng các dấu hiệu sau đây:

- Có khả năng vận dụng các tri thức và kỹ năng vào tình huống mới.

FI CI A

Trong quá trình học tập, học sinh có nhiệm vụ là phải giải quyết những vấn đề đòi hỏi phải liên tưởng đến những kiến thức đã học. Nếu học sinh độc lập vận dụng tri thức vào tình huống mới thì chứng tỏ đã có biểu hiện tư duy phát triển.

- Tái hiện nhanh chóng kiến thức, các mối quan hệ cần thiết để giải một bài toán nào đó. Thiết lập nhanh chóng các mối quan hệ bản chất giữa các sự vật và hiện tượng.

- Có khả năng phát hiện cái chung của các hiện tượng khác nhau, sự khác nhau giữa các hiện tượng tương tự.

ƠN

- Có năng lực áp dụng kiến thức vào thực tế. Đây là kết quả tổng hợp của sự phát triển tư duy. Để có thể giải quyết tốt bài toán thực tế đòi hỏi học sinh phải có định hướng tốt, biết phân tích, suy đoán và vận dụng các thao thác tư duy để tìm cách áp dụng một cách thích hợp, cuối cùng là tổ chức thực hiện một cách có hiệu quả.

QU Y

Như vậy hoạt động giải bài tập hoá học rèn luyện cho học sinh năng lực phát hiện vấn đề mới, tìm ra hướng đi mới. Thông qua hoạt động giải bài tập hoá học mà các thao tác tư duy như: phân tích, tổng hợp, so sánh, khái quát hoá… thường xuyên được rèn luyện. Năng lực quan sát, trí nhớ, óc tưởng tượng, năng lực độc lập suy nghĩ của học sinh không ngừng được nâng cao. Học sinh biết đánh giá, nhận xét đúng và cuối cùng tư duy được rèn luyện, phát triển thường xuyên. Để thực hiện được nhiệm vụ phát triển năng lực nhận thức, năng lực tư duy qua hoạt động giải bài tập hoá học giáo viên cần ý thức được đây chính là phương tiện hiệu nghiệm để rèn luyện, phát triển tư duy cho học sinh. Vì vậy cần chọn lọc các bài tập tiêu biểu và thông qua quá trình giải để hướng dẫn học sinh tư duy, sử dụng các thao tác tư duy trong việc vận dụng kiến thức hoá học vào việc giải quyết các yêu cầu của bài toán. Hơn nữa việc giải bài tập phải được tiến hành thường xuyên, liên tục để tư duy trở nên nhạy bén. 1.3. BÀI TẬP HÓA HỌC

KÈ

1.3.1. Khái niệm bài tập hóa học “Bài tập là một nhiệm vụ mà người giải cần phải thực hiện. Trong đó có dữ kiện và yêu cầu cần tìm”

DẠ

Bài tập và người học có mối quan hệ mật thiết tạo thành một hệ thống toàn vẹn, thống nhất, và liên hệ chặt chẽ với nhau. Một học sinh lớp 1 không thể xem bài tập lớp 12 là một “bài tập” và ngược lại, đối với học sinh lớp 12 bài toán lớp 1 không còn là “bài tập” nữa! Bài tập chỉ có thể là “bài tập” khi trở thành đối tượng hoạt động của chủ thể, khi có một người nào đó có nhu cầu chọn nó làm đối tượng, mong muốn giải nó, tức là khi có một “người giải”. Vì vậy trong quá trình dạy học giáo viên cần khéo léo lựa chọn những bài tập mà đặt ra trước mắt học sinh những 10

nhiệm vụ mà học sinh mong muốn được hoàn thành và khi vận dụng hết các kỹ năng, năng lực học sinh có thể hoàn thành tốt. 1.3.2. Vai trò, ý nghĩa của bài tập hoá học

FI CI A

Bài tập hoá học là một trong những phương tiện hiệu nghiệm cơ bản nhất để dạy học sinh vận dụng các kiến thức đã học vào thực tế cuộc sống, sản xuất và tập nghiên cứu khoa học, biến những kiến thức đã thu được qua bài học thành kiến thức của chính mình. Dưới đây chúng tôi chỉ xin trình bày một số tác dụng rõ rệt mà bài tập hóa học đem lại cho học sinh :

− Đào sâu, mở rộng kiến thức đã học một cách sinh động, phong phú chỉ có vận dụng kiến thức vào giải bài tập học sinh mới nắm vũng kiến thức một cách sâu sắc. − Là phương tiện để ôn tập, củng cố, hệ thống hoá kiến thức một cách tốt nhất.

ƠN

− Rèn luyện kỹ năng hoá học cho học sinh như kỹ năng viết và cân bằng phương trình hóa học, kỹ năng tính toán theo công thức và phương trình hoá học, kỹ năng thực hành như cân, đo, đun nóng, nung sấy, lọc, nhận biết hoá chất, ...

− Bài tập hoá học còn được sử dụng như một phương tiện nghiên cứu tài liệu mới (hình thành khái niệm, định luật) khi trang bị kiến thức mới, giúp học sinh tích cực, tự lực, lĩnh hội kiến thức một cách sâu sắc và bền vững. Điều này thể hiện rõ khi học sinh làm bài tập thực nghiệm định lượng.

QU Y

− Bài tập hoá học phát huy tính tích cực, tự lực của học sinh và hình thành phương pháp học tập hợp lý. − Bài tập hoá học còn là phương tiện để kiểm tra kiến thức, kỹ năng của học sinh một cách chính xác.

− Bài tập hoá học có tác dụng giáo dục đạo đức, tác phong, rèn tính kiên nhẫn, trung thực, chính xác khoa học và sáng tạo, phong cách làm việc khoa học (có tổ chức, kế hoạch...), nâng cao hứng thú học tập bộ môn. Điều này thể hiện rõ khi giải bài tập thực nghiệm.

DẠ

KÈ

Sử dụng bài tập hóa học đúng mục đích, đúng đối tượng sẽ phát triển năng lực nhận thức, rèn trí thông minh cho học sinh. Một số bài tập có tình huống đặc biệt, ngoài cách giải thông thường còn có cách giải độc đáo nếu học sinh có tầm nhìn sắc sảo. Thông thường giáo viên nên yêu cầu học sinh giải bằng nhiều cách, có thể tìm cách giải ngắn nhất, hay nhất đó là cách rèn luyện trí thông minh cho học sinh. Khi giải bài toán bằng nhiều cách dưới góc độ khác nhau, phân tích thấu đáo thì khả năng tư duy của học sinh tăng lên gấp nhiều lần so với việc giải nhiều bài toán bằng một cách mà không phân tích sâu sắc. Bản thân một bài tập hoá học có thể chưa có hiệu quả nhất định, một bài tập hoá học hay chưa hẳn đã có tác dụng tích cực. Vấn đề quan trọng phụ thuộc chủ 11

FI CI A

yếu vào người sử dụng nó. Giáo viên cần lựa chọn đúng đối tượng, khai thác triệt để mọi khía cạnh của bài toán, để học sinh tự mình tìm ra cách giải và tìm ra quy luật chung áp dụng để giải quyết những tình huống khác trong học tập cũng như trong cuộc sống lúc đó bài tập hoá học thật sự trở nên hay và có ý nghĩa. 1.3.3. Phân loại

Hiện nay có nhiều cách phân loại bài tập hoá học dựa trên cơ sở khác nhau: * Dựa vào mức độ kiến thức: cơ bản, nâng cao * Dựa vào tính chất bài tập: định tính, định lượng

* Dựa vào hình thái hoạt động của học sinh: lý thuyết, thực nghiệm * Dựa vào mục đích dạy học: ôn tập, luyện tập, kiểm tra

* Dựa vào cách tiến hành trả lời: trắc nghiệm khách quan, tự luận

ƠN

* Dựa vào kỹ năng, phương pháp giải bài tập: lập công thức, hỗn hợp, tổng hợp chất, xác định cấu trúc…

* Dựa vào đặc điểm bài tập:

* Dựa vào loại kiến thức trong chương trình: dung dịch, điện hoá, động học, nhiệt hoá học, phản ứng oxi hoá - khử... − Bài tập định tính: giải thích hiện tượng, nhận biết, điều chế, tách hỗn hợp... − Bài tập định lượng: có lượng dư, giải bằng trị số trung bình, giải bằng đồ thị...

QU Y

Giữa các cách phân loại không có ranh giới rõ rệt, sự phân loại thường để nhằm phục vụ cho những mục đích nhất định 1.3.4. Các phương pháp giải bài tập hóa học 1.3.4.1. Phương pháp bảo toàn số mol electron a/ Nội dung: “Trong phản ứng oxi hóa – khử, số mol electron mà chất khử cho bằng số mol electron mà chất oxi hóa nhận”.

KÈ

b/ Phạm vi áp dụng: Phương pháp bảo toàn eletctron cho phép giải rất nhanh nhiều bài toán trong đó có nhiều chất oxi hóa và chất khử tham gia vì theo phương pháp này không cần viết các phương trình phản ứng và dĩ nhiên không cần cân bằng các phương trình phản ứng. c/ Các bước giải:

- Xác định chất khử và chất oxi hóa ở giai đoạn đầu và giai đoạn cuối (bỏ qua các giai đoạn trung gian).

DẠ

- Viết các quá trình khử và quá trình oxi hóa (có thể theo phương pháp electron hoặc ion – electron). - Áp dụng định luật bảo toàn electron. 12

d/ Chú ý: Điều quan trọng nhất là nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối cùng của các chất oxi hóa và chất khử, không cần tới các phương trình hóa học cũng như các sản phẩm trung gian.

FI CI A

1.3.4.2. Phương pháp bảo toàn khối lượng

a/ Nội dung: “Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các sản phẩm” Xét phản ứng: A + B → C + D Luôn có: m A + mB = mC + mD

b/ Đánh giá phương pháp bảo toàn khối lượng

- Phương pháp bảo toàn khối lượng cho phép giải nhanh được nhiều bài khi biết quan hệ về khối lượng của các chất trước và sau phản ứng.

ƠN

- Đặc biệt, khi chưa rõ phản ứng xảy ra là hoàn toàn hay không hoàn toàn thì việc sử dụng phương pháp này càng đơn giản hóa bài toán.

c/ Các bước giải:

- Phương pháp bảo toàn khối lượng thường được sử dụng trong các bài toán hỗn hợp nhiều chất. - Lập sơ đồ biến đổi các chất trước và sau quá trình phản ứng. - Từ giả thiết của bài toán tìm  m trước và  m sau (không cần biết là phản ứng hoàn toàn hay không hoàn toàn).

QU Y

- Vận dụng phương pháp bảo toàn khối lượng để lập phương trình toán học, kết hợp với các dữ kiện khác để lập được hệ phương trình. - Giải hệ phương trình.

d/ Chú ý: Điều quan trọng nhất khi áp dụng phương pháp này là phải xác định đúng khối lượng chất tham gia phản ứng và tạo thành (lưu ý đến các chất kết tủa, bay hơi và khối lượng dung dịch). 1.3.4.3. Phương pháp bảo toàn nguyên tố

KÈ

a/ Nội dung:

Căn cứ vào định luật bảo toàn nguyên tố: “Trong các phản ứng hóa học thông thường, các nguyên tố luôn được bảo toàn”.

Như vậy: “Tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố X bất kì trước và sau phản ứng luôn bằng nhau”.

DẠ

b/ Các bước giải - Viết sơ đồ (ptpư) các biến đổi

- Rút ra mối liên hệ về số mol của các nguyên tố cần xác định theo yêu cầu của đề bài trên cơ sở định luật bảo toàn nguyên tố. 13

c/ Chú ý:

FI CI A

- Điểm mấu chốt của phương pháp là phải xác định được đúng các hợp phần có chứa nguyên tố X ở trước và sau phản ứng. Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố với X để rút ra mối liên hệ giữa các hợp phần.

- Hạn chế viết ptpư mà thay vào đó nên viết sơ đồ phản ứng biểu diễn các biến đổi cơ bản của các nguyên tố quan tâm. 1.3.4.4. Phương pháp tăng giảm khối lượng

b/ Đánh giá phương pháp tăng giảm khối lượng

a/ Nội dung: “Dựa vào sự tăng giảm khối lượng khi chuyển từ chất này sang chất khác để xác định khối lượng một hỗn hợp hay một chất” - Phương pháp tăng giảm khối lượng cho phép giải nhanh được nhiều bài toán khi biết quan hệ về khối lượng và tỉ lệ mol của các chất trước và sau phản ứng.

ƠN

- Đặc biệt, khi chưa biết rõ phản ứng xảy ra hoàn toàn hay không hoàn toàn thì việc sử dụng phương pháp này càng giúp đơn giản hóa bài toán.

- Các bài toán giải theo phương pháp tăng giảm khối lượng đều có thể giải được theo phương pháp bảo toàn khối lượng. Vì vậy có thể nói phương pháp tăng giảm khối lượng và bảo toàn khối lượng là anh em sinh đôi. Tuy nhiên tùy từng bài tập mà sử dụng phương pháp nào sẽ hiệu quả hơn. - Phương pháp tăng giảm khối lượng thường được sử dụng trong các bài toán hỗn hợp nhiều chất.

QU Y

c/ Các bước giải:

- Xác định mối quan hệ tỷ lệ mol giữa chất cần tìm và chất đã biết. - Lập sơ đồ chuyển hóa của 2 chất này. - Xem xét sự tăng hoặc giảm của ∆M và ∆m theo phản ứng và theo dữ kiện đề bài.

- Lập phương trình toán học để giải. 1.3.4.5. Phương pháp trung bình

KÈ

a/ Nội dung:

DẠ

Đối với một hỗn hợp bất kì ta luôn có thể biểu diễn chúng qua một đại lượng tương đương, thay thế cho cả hỗn hợp, là đại lượng trung bình (như khối lượng mol trung bình, số nguyên tử trung bình, số nhóm chức trung bình….), được biểu diễn qua biểu thức: n

 X .n i

X =

i =1 n

n

Trong đó:

- Xi là đại lượng đang xét của chất thứ i trong hỗn hợp

FI CI A

- ni là số mol của chất thứ i trong hỗn hợp Ví dụ: Công thức khối lượng mol phân tử trung bình hỗn hợp (

)

• là khối lượng trung bình của một mol hỗn hợp. không phải hằng số mà có giá trị phụ thuộc vào thành phần về • lượng các chất trong hỗn hợp: Khoái löôïng hoãn hôïp n1M1 + n2 M2 + n3 M3 Mhh = = Toång soá mol n1 + n2 + n3 Nếu hỗn hợp là chất khí thì có thể tính theo công thức: V1M1 + V2 M 2 + V3 M3 V1 + V2 + V3

ƠN

M hh =

luôn nằm trong khoảng khối lượng mol phân tử của các chất • thành phần nhỏ nhất và lớn nhất: Mmin < < Mmax

n CO2 nA

QU Y

• Biểu thức tính nguyên tử Cacbon trung bình:  an + bm < n < m n  n = a + b  a(mol) b(mol)

Trong đó nA là số mol hỗn hợp chất hữu cơ. Một hỗn hợp gồm nhiều chất cùng tác dụng với một chất khác thì có thể thay thế hỗn hợp đó bằng một công thức trung bình với các điều kiện:

KÈ

• Các phản ứng xảy ra phải xảy ra cùng loại và cùng hiệu suất. • Số mol, thể tích hay khối lượng của chất trung bình phải bằng số mol, thể tích hay khối lượng của hỗn hợp. • Các kết quả phản ứng của chất trung bình phải y hệt như kết quả phản ứng của toàn bộ hỗn hợp. Công thức của chung cho toàn bộ hỗn hợp là công thức trung bình.

b/ Đánh giá

DẠ

- Phương pháp trung bình là một trong những phương pháp thuận tiện nhất cho phép giải nhanh chóng và đơn giản nhiều bài toán hóa học phức tạp. - Phương pháp này được áp dụng trong việc giải nhiều bài toán khác nhau kể cả vô cơ và hữu cơ, đặc biệt là chuyển bài toán hỗn hợp thành bài toán đơn giản. 15

- Phương pháp trung bình còn giúp giải nhanh nhiều bài toán mà thoạt nhìn có vẻ là thiếu dữ kiện hoặc những bài toán cần biện luận để xác định chất trong hỗn hợp.

FI CI A

c/ Các bước giải:

- Xác định trị số trung bình giúp giải quyết yêu cầu của bài toán. - Chuyển hỗn hợp về dạng công thức chung An Bm

- Xác định trị số n , m … theo dữ kiện đã cho từ đó đưa ra kết luận cần thiết. d/ Chú ý

- Theo tính chất toán học ta luôn có: min(Xi) < X <max(Xi)

- Nếu các chất trong hỗn hợp có số mol bằng nhau thì trị trung bình đúng bằng trung bình cộng và ngược lại.

1.3.4.6. Phương pháp đường chéo a/ Nội dung: Khi trộn lẫn hai dung dịch

ƠN

- Nếu biết tỉ lệ mol các chất thì nên chọn số mol của chất có số mol ít nhất là 1, rồi suy ra số mol các chất còn lại, từ đó tính X .

Thể tích

Nồng độ (C% hoặc CM)

Dung dịch 1

Dung dịch 2

Khối lượng

QU Y

Dung dịch cần pha m = m1 + m2

V = V1 + V2 C

Sơ đồ đường chéo và công thức tương ứng với mỗi trường hợp: - Đối với nồng độ % về khối lượng: m1• C1 |C2 - C | 

KÈ

m1 C1 − C = m2 C 2 − C

|C1 - C |

- Đối với nồng độ mol:

DẠ

|C2 - C |

V C −C  1= 1 V2 C2 −C

|C1 - C |

b/ Đánh giá phương pháp đường chéo

- Đây là phương pháp có nhiều ưu điểm, giúp tăng tốc tính toán và là một công cụ đắc lực cho phương pháp trung bình.

FI CI A

- Sử dụng các đại lượng trung bình như: Số nguyên tử C trung bình, khối lượng phân tử trung bình, số nguyên tử H trung bình, số liên kết π trung bình, số nhóm chức trung bình để tìm được tỉ lệ số mol 2 chất - Tính tỉ lệ thành phần của hỗn hợp khí qua tỉ khối - Bài toán liên quan tới độ rượu

- Nhược điểm của phương pháp này là không áp dụng được cho những bài toán trong đó có xảy ra phản ứng giữa các chất tan với nhau (trừ phản ứng với nước). c/ Các bước giải: - Xác định trị số cần tìm từ đề bài

ƠN

- Chuyển các số liệu sang dạng đại lượng % khối lượng - Xây dựng đường chéo để tìm kết quả của bài toán. 1.3.4.7. Phương pháp quy đổi

a/ Nguyên tắc

QU Y

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. Dù tiến hành qui đổi theo hướng nào thì cũng phải tuân thủ 2 nguyên tắc: - Bảo toàn nguyên tố: Tức là tổng số mol mỗi nguyên tố ở hỗn hợp đầu và hỗn hợp mới phải như nhau. - Bảo toàn số oxi hóa: Tức là tổng số mol mỗi nguyên tố ở 2 hỗn hợp phải như nhau.

b/ Các hướng quy đổi

+ Các dạng bài liên quan tới đồng đẳng: tách, ghép –CH2

KÈ

Dãy đông đẳng hơn kém nhau một hoặc nhiều nhóm CH2, do đó ta có thể quy đổi hỗn hợp phức tạp về các chất đơn giản ( thường là chất đầu dãy) kèm theo một lượng CH2 tương ứng

Chú ý:

DẠ

- CH2 là thành phần khối lượng, vì vậy có có mặt trong các phương trình liên quan tới khối lượng, phản ứng đốt cháy ( số mol O2, số mol CO2, số mol H2O),… - Tuy nhiên, CH2 không phải là một chất (nó chỉ là nhóm metylen –CH2-), nó không được tính vào số mol hỗn hợp ( hoặc các dữ kiện khác liên quan đến tới số mol các chất) 17

+ Các dạng bài liên quan tới este: Tách ghép este ⇒ Este = Axit + Ancol – H2O

Ta có: Axit + ancol ⇔ Este + H2O

FI CI A

Do đó ta có thể quy đổi hỗn hợp este thành axit và ancol và trừ đi một lượng nước tương ứng Tương tự: Với peptit = aminoaxit – H2O

+ Các dạng bài liên quan tới cộng tách hiđro: Tách ghép liên kết π Ankan → anken + H2 ⇒ Anken = Ankan – H2

1.3.4.8. Phương pháp đại số - Viết các phương trình phản ứng

ƠN

- Đặt ẩn số cho các đại lượng cần tìm

⇒ Ta có thể quy đổi hỗn hợp X bất kì thành dạng hi đro hóa hoàn toàn của X cùng một lượng H2 tương ứng

- Tính theo phương trình phản ứng và các ẩn số đó để lập ra các phương trình đại số - Giải phương trình đại số hoặc hệ phương trình đại số và biện luân kết quả nếu

cần

- Một số bài toán cho thiếu dữ kiện nên khi giải bằng phương pháp đại số, số ẩn nhiều hơn số phương trình và có dạng vô định không giải được. Nếu dùng phương pháp ghép ẩn ta có thể giải loại bài toán này một cách dễ dàng.

QU Y

1.3.4.9. Phương pháp ghép ẩn số a/ Nội dung :

Phương pháp ghép ẩn số giúp học sinh hiểu rõ hơn về bản chất hóa học, đặc biệt khi dạy các bài tập tiền đề khi học về hóa học.

Phương pháp này áp dụng cho bài toán mà số phương trình ít hơn số ẩn, ta không thể tìm được nghiệm của từng ẩn mà phải thế từ những phương trình đơn giản vào phương trình phức tạp để tìm ra giá trị cần tìm.

KÈ

b/ Cách giải:

- Viết phương trình phản ứng

- Đặt ẩn số cho các đại lượng cần tìm

- Tính theo các phương trình phản ứng và các ẩn số để lập ra phương trình đại số.

DẠ

- Giải phương trình đại số hoặc hệ phương trình bằng cách ghép ẩn và biện luận kết quả cần tìm. 1.3.5. Quá trình giải bài tập hóa học Bao gồm 4 giai đoạn cơ bản như sau : 18

a/ Nghiên cứu đầu bài

− Đọc kỹ đầu bài .

− Chuyển các giả thiết đã cho về các giả thiết cơ bản.

FI CI A

− Phân tích các điều kiện và yêu cầu của đề bài (nên tóm tắt dưới dạng sơ đồ cho dễ sử dụng). − Viết các phương trình hóa học của các phản ứng có thể xảy ra. b. Xây dựng tiến trình luận giải

c. Thực hiện tiến trình giải

ƠN

Thực chất là tìm con đường đi từ cái cần tìm đến cái đã cho. Bằng cách xét một vài các bài toán phụ liên quan. Tính logic của bài toán có chặt chẽ hay không là ở giai đoạn này. Nếu giáo viên biết rèn luyện cho học sinh tự xây dựng cho mình một tiến trình luận giải tốt, tức là giáo viên viên đã cung cấp cho học sinh con đường tối ưu để chiếm lĩnh tri thức. Thông qua đó học sinh không chỉ nắm vững kiến thức, biết cách giải mà còn có được một cách thức suy luận, lập luận để giải bất kỳ một bài tập nào khác.

d. Đánh giá việc giải

Quá trình này ngược với quá trình giải, mà thực chất là trình bày lời giải một cách tường minh từ giả thiết đến cái cần tìm. Với các bài tập định lượng, phần lớn là đặt ẩn số, dựa vào mối tương quan giữa các ẩn số để lập phương trình, giải phương trình hay hệ phương trình và biện luận kết quả (nếu cần) .

KÈ

QU Y

Bằng cách khảo sát lời giải đã được tìm, kiểm tra lại toàn bộ quá trình giải. Có thể đi đến kết quả bằng cách khác không ? Tối ưu hơn không ? Tính đặc biệt của bài toán là gì ?... Trên thực tế ngay cả với những học sinh giỏi, sau khi tìm ra cách giải và trình bày lập luận của mình một cách sáng sủa, cũng xem như việc giải đã kết thúc. Như vậy chúng ta đã bỏ mất một giai đoạn quan trọng và rất bổ ích cho việc học hỏi. Việc nhìn lại cách giải, khảo sát, phân tích kết quả và con đường đã đi, học sinh có thể củng cố kiến thức và phát triển khả năng giải bài tập của mình. Người giáo viên phải hiểu và làm cho học sinh hiểu: không có một bài tập nào hoàn toàn kết thúc, bao giờ cũng còn lại một cái gì để suy nghĩ. Nếu có đầy đủ kiên nhẫn và chịu khó suy nghĩ thì có thể hoàn thiện cách giải và trong mọi trường hợp, bao giờ cũng hiểu được cách giải sâu sắc hơn, sau một số bài tập nhất định giáo viên có thể gợi mở cho học sinh một số vấn đề phát triển mới của bài tập, hướng phát triển mới có thể có của bài tập mà học sinh có thể tự tìm ra cách giải quyết. 1.3.6. Quan hệ giữa bài tập hóa học và phát triển tư duy cho học sinh

DẠ

Theo thuyết hoạt động có đối tượng thì năng lực chỉ có thể hình thành và phát triển trong hoạt động. Để giúp HS phát triển năng lực tư duy, mà đỉnh cao là tư duy sáng tạo, thì cần phải tập luyện cho HS hoạt động tư duy sáng tạo, mà đặc trưng cơ bản nhất là tạo ra những phẩm chất tư duy mang tính mới mẻ. Trong học tập hóa 19

FI CI A

học, một trong những hoạt động chủ yếu để phát triển tư duy cho HS là hoạt động giải bài tập. Vì vậy, giáo viên cần phải tạo điều kiện để thông qua hoạt động này các năng lực trí tuệ được phát triển, học sinh sẽ có những sản phẩm tư duy mới, thể hiện ở: - Năng lực phát hiện vấn đề mới. - Tìm ra hướng đi mới. - Tạo ra kết quả mới.

ƠN

Để làm được điều đó, trước hết người giáo viên cần chú ý hoạt động giải BTHH để tìm ra đáp số không phải chỉ là mục đích mà chính là phương tiện hiệu nghiệm để phát triền tư duy cho HS. BTHH hữu cơ phải đa dạng phong phú về thể loại và được sử dụng trong tất cả các khâu của quá trình dạy học như nghiên cứu tài liệu mới, ôn tập, luyện tập, kiểm tra … Thông qua hoạt động giải bài tập hóa học, mà các thao tác tư duy như so sánh, phân tích, tổng hợp, khái quát hóa, trừu tượng hóa, … thường xuyên được rèn luyện và phát triển, các năng lực: quan sát, trí nhớ, óc tưởng tượng, suy nghĩ độc lập, … không ngừng được nâng cao, biết phê phán nhận xét đúng, tạo hứng thú và lòng say mê học tập, … để rồi cuối cùng tư duy của HS được rèn luyện và phát triển thường xuyên, đúng hướng, thấy được giá trị lao động, nâng khả năng hiểu biết thế giới của HS lên một tầm cao mới, góp phần cho quá trình hình thành nhân cách của HS. Sơ đồ 1: Quan hệ giữa hoạt động giải BT và phát triển tư duy

QU Y

BTHH

Hoạt động giải BTHH

KÈ

Nghiên cứu đề bài

DẠ

Phân tích

Tổng hợp

Xây dựng tiến trình luận giải

So sánh

Khái quát hóa

Giải

Trừu tượng hóa

Quan sát

Kiểm tra

Trí nhớ

Tưởng tượng

Phê phán

Tư duy phát triển

FI CI A

Trong sơ đồ trên người học - chủ thể của hoạt động, còn giáo viên - người tổ chức - điều khiển, làm sao để phát huy tối đa năng lực độc lập suy nghĩ của học sinh, có độc lập mới biết phê phán, có phê phán mới có khả năng nhìn thấy vấn đề và có khả năng sáng tạo được. Thông qua hoạt động giải, tùy theo từng loại bài tập, nội dung cụ thể, với đối tượng cụ thể mà các năng lực này được trao dồi và rèn luyện nhiều hơn các năng lực khác. 1.3.7. Tình hình sử dụng bài tập hóa học nhiều cách giải nhằm rèn tư duy đa hướng cho học sinh hiện nay

Qua tìm hiểu, điều tra chúng tôi thấy rằng: Đa số giáo viên đã chú ý đến việc sử dụng bài tập trong quá trình giảng dạy nói chung tuy nhiên việc sử dụng bài tập trong quá trình dạy học hóa học còn có những hạn chế phổ biến sau đây: - Việc xác định mục đích cần đạt cho bài tập nhiều khi chỉ dừng lại ở bản thân lời giải của bài tập mà chưa có được mục tiêu nhận thức, phát triển tư duy cho học sinh.

ƠN

- Giáo viên và học sinh đều quan tâm đến kết quả của bài toán nhiều hơn quá trình giải toán.

QU Y

Từ năm 2008 đến nay, Bộ Giáo dục và đào tạo tổ chức thi THPT môn hóa theo phương pháp trắc nghiệm, làm cho học sinh học hóa học chỉ quan tâm đến kĩ thuật giải nhanh toán hóa còn giáo viên chỉ chú trọng đến luyện kĩ thuật giải toán hóa nhằm tìm ra đáp số nhanh nhất và thường chỉ giải bài hóa đó theo một cách. Để xác định cách giải nhanh nhất với giáo viên thì rất dễ, nhưng với học sinh để làm được điều này thì trong quá trình học, học sinh phải biết được các cách khác cho một bài toán hóa. Và một điều nữa là không phải cách nhanh nhất của bài toán đã là cách nhanh nhất với em học sinh cụ thể. Vì vậy trong quá trình giảng dạy, giáo viên phải khuyến khích học sinh giải bài tập theo nhiều cách.

KÈ

Xét về mặt phát triển tư duy thì việc giải được một bài toán hóa đã rèn được tư duy cho học sinh, nhưng giải một bài toán hóa bằng nhiều cách có tác dụng rèn tư duy tốt hơn nữa, đặc biệt là loại tư duy đa hướng. Với mỗi cách giải nhiều khi chỉ làm nổi bật được một hay một số khía cánh của bài tập. Giải bài tập bằng nhiều cách là một phương pháp có hiệu quả nhằm khai thác bản chất hóa học của bài toán. Cụ thể, học sinh không rập khuôn máy móc mà linh hoạt, mềm dẻo, có khả năng nhìn nhận vấn đề, bài toán dưới nhiều góc độ và khía cạnh khác nhau nên nắm vững được bản chất hóa học của bài hóa.

DẠ

Để rèn tư duy cho học sinh, trong quá trình dạy học giáo viên phải cho học sinh trả lời các câu hỏi sau: Thông qua bài tập này, HS lĩnh hội được những kiến thức gì ? Các “vấn đề” trong bài toán nhằm rèn luyện các thao tác tư duy gì ? Nếu thay đổi hoặc bớt một số dữ kiện bài toán có giải được không ?... Để rèn tư duy đa hướng, trong quá trình học tập giáo viên luôn yêu cầu học sinh suy nghĩ tìm tòi các cách giải khác nhau. Sau đó tư duy so sánh các cách với nhau xem cách nào nhanh nhất, cách nào dễ hiều nhất từ đó giúp học sinh hiểu sâu sắc vấn đề. Làm thế nào để việc 21

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

tìm tòi cách giải mới trở thành thói quen cho học sinh – đó chính là cái gốc của sáng tạo, kết quả là học sinh đưa ra được lời giải mới hay hơn đáp án sẵn có. Áp dụng vào cuộc sống, sau này người học sẽ có thói quen nhìn nhận, nghiên cứu sự vật, sự việc theo nhiều chiều, nhiều hướng khác nhau để có cái nhìn toàn diện về thế giới xung quanh.

Chương 2. MỘT SỐ HÌNH THỨC SỬ DỤNG HỆ THỐNG BÀI TẬP NHIỀU CÁCH GIẢI NHẰM PHÁT TRIỂN TƯ DUY CHO HỌC SINH TRONG DẠY HỌC HÓA HỌC

FI CI A

Sau khi tuyển chọn, xây dựng được hệ thống bài tập nhiều cách giải, GV có thể sử dụng hệ thống bài tập này như sau : 2.1. Sử dụng trong các tiết ôn tập, luyện tập

Trong các tiết ôn tập và luyện tập, thời gian tương đối ít nên việc giải bài tập bằng nhiều cách là không có thời gian. Vì vậy, trong các tiết này, chủ yếu GV gợi ý những hướng có thể giải được cho một bài toán sau đó phân công cho từng nhóm HS, mỗi nhóm một cách sau đó HS chuẩn bị bài ở nhà. 2.2. Sử dụng trong các tiết tự chọn

ƠN

Với lí do nội dung kiến thức liên thông từ lớp 8 đến lớp 12 nên nhiều trường đã thêm tiết tự chọn cho môn hóa học. Việc sử dụng bài tập nhiều cách giải trong các tiết này không những giúp HS khắc sâu bản chất hóa học mà còn tăng hứng thú học tập cho HS để từ đó phát triển tư duy cho HS. Trong các tiết này, GV cho các nhóm HS trình bày các chuẩn bị của mình rồi đánh giá, sửa chữa.

2.3. Sử dụng trong việc tự học của học sinh

Đây là biện pháp hữu hiệu nhất. Để hướng dẫn HS tự học ở nhà có hiệu quả GV phải chuẩn bị hệ thống bài tập, giao nhiệm vụ cụ thể và có sự kiểm tra, đánh giá kết quả. Đối với những HS khá, giỏi thì phương pháp này sẽ rất hữu hiệu.

QU Y

2.4. Sử dụng trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi Bồi dưỡng HS giỏi là một nội dung không thể thiếu trong quá trình dạy học. Trong bồi dưỡng HS giỏi, ngoài việc yêu cầu HS nắm vững kiến thức, kĩ năng thực hành thì việc giải các bài toán hóa học là một nội dung không thể thiếu được. Trong việc rèn kĩ năng giải bài tập và rèn tư duy cho HS thì việc giải bài tập bằng nhiều cách là một cách làm mang khá hữu hiệu.

Sau đây là một số ví dụ minh họa

KÈ

Ví dụ 1: Cho hỗn hợp A gồm anken X và H2 qua Ni đun nóng, thu được hỗn hợp B gồm 2 khí. Biết B không làm mất màu dung dịch brom. Tỉ khối của A và B so với H2 lần lượt là 6 và 8 . Xác định CTPT của X và thành phần phần trăm thể tích của mỗi khí trong hỗn hợp A. Lời giải

Bài toán này được sử dụng sau khi học xong phần hiđrocacbon không no.

DẠ

Vì B không làm mất màu dung dịch brom  B là hỗn hợp của ankan và H2 dư  Anken X phản ứng hết

Theo bài ra ta có: M A = 6.2 = 12; M B = 8.2 = 16 Đặt Hỗn hợp A gồm anken là CnH2n; n ≥ 2(x mol) và H2 (y mol) 23

C n H2n + H2  →Cn H2n+2 x x x : mol

FI CI A

Cách 1. Phương pháp đại số

 Hỗn hợp B gồm an kan CnH2n+2 và H2 dư (y – x mol)

Đặt ẩn, lập hệ phương trình rồi kết hợp với tách ghép ẩn. Vì phương pháp này khá dài nên chúng tôi không trình bày cụ thể. Cách 2. Bảo toàn khối lượng + Khối lượng mol trung bình

mA= mB ⇔ 6.2 (x + y) = 8.2 (x + y - x) ⇔ 6 (x + y) = 8y ⇔ y = 3x

14nx + 2y = 12  14nx = 12x + 10y = 42x  14n = 42  n = 3 x+y

 CTPT của anken X là C3H6.

Hoặc : MB =

ƠN

Vì y = 3x nên trong A (% Vanken= 25 , % VH2 = 75)

M A =

(14n + 2)x + 2(y − x) 14nx + 2y = = 16  14nx = 14y = 42x  14n= 42  n = 3 x+y−x x

 CTPT của anken X là C3H6.

Cách 3. Khối lượng mol trung bình

14nx + 2y = 12  14nx + 2y = 12x + 12y  14nx = 12x + 10y (1) x+y

MB =

(14n + 2)x + 2(y − x) 14nx + 2y = = 16  14nx = 14y (2) x+y−x x

QU Y

M A =

Giải (1) & (2) → 12x + 10y = 14y → y = 3x. Thay y = 3x vào (2) ta được n = 3. CTPT của anken X là C3H6. Trong A (% Vanken= 25 , % VH2 = 75)

Cách 4. Hiệu 2 tỉ khối + Khối lượng mol trung bình + Bảo toàn khối lượng

KÈ

d B / H 2 − d A / H 2 =2 ⇔

1 y

⇔ (14nx + 2y)( −

m m 1 ( MA − MB ) = 2 ⇔ ⇔ B − A = 4 2 nB nA

1 x ) = 4 ⇔ (14nx + 2y) =4 x+y y(x + y)

14nx + 2y x x x 1 . = 4 ⇔ 12. = 4 ⇔ = ⇔ y = 3x. y(x + y) y y y 3

Y DẠ

⇔

MA =

14nx + 2y = 12 → 14nx = 12x + 10y = 42x → 14n = 42 → n = 3 x+y

 CTPT của anken X là C3H6.

Trong A (% Vanken= 25 , % VH2 = 75)

(14n + 2)x + 2(y − x) 14nx + 2y = = 16 x+y−x x

FI CI A

Hoặc : M B =

 14nx = 14y = 42x  14n= 42  n = 3  CTPT của anken X là C3H6.

(Ngoài ra cũng có thể tìm ra y = 3x với cách tổng 2 tỉ khối ...)

Cách 5. Hiệu 2 tỉ khối + Bảo toàn khối lượng + Sơ đồ chéo

⇔ (14nx + 2y)

1 1 m m 1 )=4 ( M A − M B ) = 2 ⇔ B − A = 4 ⇔ (14nx + 2y)( − y x+y 2 nB nA

d B / H 2 − d A / H 2 =2 ⇔

x 14nx + 2y x x x 1 =4⇔ . = 4 ⇔ 12. = 4 ⇔ = ⇔ y = 3x y(x + y) y(x + y) y y y 3

CnH2n

14n

n CnH2 n n H2

MA=12 2

14n-12

Hoặc : CnH2n+2 14n+2

QU Y

10 MB=16

→

ƠN

Sơ đồ chéo :

14n-14

10 x 1 = = → n=3 14n − 12 y 3

CTPT của anken X là C3H6.

Trong A (% Vanken= 25 , % VH2 = 75)

n C n H2 n +2 n H2

14 x 1 = = →n = 3 14n − 14 y − x 2

→ CTPT của anken X là C3H6.

Trong A (% Vanken= 25 , % VH2 = 75)

Cách 6. Bảo toàn khối lượng + Sơ đồ chéo

mA= mB ⇔ 6.2 (x + y) = 8.2 (x+y - x) ⇔ 6 (x + y) = 8y ⇔ y = 3x Sơ đồ chéo : 14n

KÈ

CnH2n

MA=12

n CnH2 n n H2

10 x 1 = = → n=3 14n − 12 y 3

→ CTPT của anken X là C3H6.

14n-12

Trong A (% Vanken= 25 , % VH2 = 75)

DẠ

Hoặc :

n C n H2 n +2 n H2

MB=16 H2

14 x 1 = = → n=3 14n − 14 y − x 2

→ CTPT của anken X là C3H6.

14n-14

Trong A (% Vanken= 25 , % VH2 = 75)

Cách 7. Khối lượng mol trung bình + Sơ đồ chéo Bạn có thể chọn 1 trong 2 cách nhỏ sau :

14nx + 2y =12 → 14nx + 2y = 12x + 12y  14nx = 12x + 10y (1) x+y

MA =

Sơ đồ chéo: CnH2n+2 14n+2

14n-14

nCnH2n+2

14 x = 14n −14 y −x (2)

ƠN

MB=16 H2

FI CI A

CnH2n+2 14n+2



nH2

(1) & (2) → 14nx = 12x + 10y = 14y → y = 3x  n = 3. Vậy: CTPT của anken X là C3H6  Trong A (% Vanken= 25 , % VH2 = 75)

CnH2n

(14n + 2)x + 2(y − x) 14nx + 2y = = 16  14nx = 14y (3) x+y−x x 14n

QU Y

MB =

MA=12

10 x 14n-12  n C n H2 n = = (4) n H2 14n − 12 y

(3) & (4) → 14y = 12x + 10y → y = 3x  n = 3. Vậy: CTPT của anken X là C3H6  Trong A (% Vanken= 25 , % VH2 = 75)

KÈ

Cách 8. Kết hợp 2 sơ đồ chéo

CnH2n

n C n H2 n n H2

MA=12

10 x = (1) 14n − 12 y

14n-12

DẠ

14n

n C n H2 n +2 n H2

MB=16 H2

(1) & (2) →

14 x (2) = 14n − 14 y − x

FI CI A

CnH2n+2 14n+2

14n-14

14n − 14 14n − 12 = −1 → n = 3 14 10

Vậy CTPT của anken X là C3H6  Trong A (% Vanken= 25 , % VH2 = 75)

Ví dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn m gam 2 ancol là đồng đẳng kế tiếp của nhau thu được 0,3 mol CO2 và 7,65g H2O. Mặt khác nếu cho m gam hỗn hợp 2 ancol trên tác dụng với Na thì thu được 2,8 lít khí H2 (đktc). CTCT đúng của 2 ancol trên là A. C2H5OH, CH3CH2CH2OH.

B. C2H4(OH)2 và C3H6(OH)2.

C. C3H5(OH)3 và C4H7(OH)3

D. C2H4(OH)2 và C3H5(OH)3.

ƠN

Lời giải

Bài toán này có thể được sử dụng sau khi học xong bài ancol. n H 2O > n CO2  2ancol no

Cách 1. Phương pháp đại số

Theo bài ra: số mol CO2 và số mol H2O lần lượt là: 0,3 và 0,425

Đặt công thức phân tử 2 ancol là CnH2n+2-x(OH)x và CmH2m+2-x(OH)x với m = n + 1.

QU Y

Phương trình hóa học các phản ứng

3n + 1 − x O2 → nCO2 + (n + 1)H 2 O 2 → na  →(n + 1)a a 

C n H 2n +2−x ( OH )x +

3m + 1 − x O2 → mCO2 + (m + 1)H 2 O 2 b → mb  →(m + 1)b

C m H 2m +2 −x ( OH )x +

KÈ

x C n H 2n +2 −x ( OH )x + xNa → C n H 2n + 2−x ( ONa )x + H 2 2 a  → 0,5ax

x C m H 2m +2 −x ( OH )x + xNa → C m H 2m +2 −x ( ONa )x + H 2 2 b  → 0,5bx

DẠ

Theo bài ra ta có: ax + bx = 2n H2 = 0,25

(1)

ma + nb = nCO2 = 0,3

(2) 27

(3) ⇔ na + mb + a + b = 0,425; kết hợp với (2) ta có a + b = 0,125

FI CI A

Thay vào (1) ta có x = 2.

(n+1)a + (m + 1)b = n H2O = 0,425 (3)

Thay m = n + 1 vào (2) ta có: (n + 1)a + nb = 0,3   n = 2,4 – 8a Vì 0 < a < 0,125  1,4 < n < 2,4  n = 2. Vậy hai ancol cần tìm là C2H4(OH)2 và C3H6(OH)2. Cách 2. Phương pháp trung bình Phương trình hóa học các phản ứng: C n H2n+2−x ( OH )x +

3n + 1 − x O2 → nCO2 + (n + 1)H2O 2

Đặt công thức chung của 2 ancol là C n H 2n + 2 −x ( OH )x

ƠN

x C n H 2n +2 −x ( OH )x + xNa → C n H2n + 2−x ( ONa )x + H2 2

Đặt số mol ancol là a ta có :

n CO2 = na = 0,3; n H 2 O = (n + 1)a = 0, 425; n H 2 = 0,5xa = 0,125

Từ đó ta có: a = 0,125; x = 2; n = 2,4

Do 2 ancol là đồng đẳng kế tiếp nên công thức 2 ancol cần tìm là: C2H4(OH)2 và C3H6(OH)2.

QU Y

Cách 3. Phương pháp trung bình kết hợp với tỉ lệ số mol C n H2n+2−x ( OH )x +

3n + 1 − x O2 → nCO2 + (n + 1)H2O 2 n H2O

Theo phương trình ta có: n CO

n + 1 0,425 =  n = 2,4 0,3 n

Mặt khác n O trong ancol = 2n H = 0,25mol  n C : n O = n CO : n O = 0,3 : 0, 25 = 1, 2 2

KÈ

Vậy số nguyên tử O = 2,4 : 1,2 = 2 Do 2 ancol là đồng đẳng kế tiếp nên công thức 2 ancol cần tìm là: C2H4(OH)2 và C3H6(OH)2.

Cách 4. Phân tích hệ số

DẠ

Vì hỗn hợp 2 ancol no nên ta có: nancol = n H O − n CO = 0,125mol

Do đó: n =

n CO2 nancol

0,3 = 2,4  C2 và C3. 0,125

n H2 nancol

= 2.

0,125 =2 0,125

Mặt khác số nhóm OH = 2

FI CI A

Do 2 ancol là đồng đẳng kế tiếp nên công thức 2 ancol cần tìm là: C2H4(OH)2 và C3H6(OH)2. Cách 5. Bảo toàn nguyên tố Ta có: n C = nCO = 0,3mol; n H = 2n H O = 0,85mol 2

n O = n OH = 2n H2 = 0,25mol

Vì ancol no nên đặt CTTQ dạng C n H 2n + 2O m Ta có : n : (2 n +2) : m = 0,3 : 0,85 : 0,25  n = 2,4; m = 2

Do 2 ancol là đồng đẳng kế tiếp nên công thức 2 ancol cần tìm là: C2H4(OH)2 và C3H6(OH)2.

ƠN

Cách 6. Kết hợp với các phương án lựa chọn

Nhìn vào các phương án lựa chọn ta loại ngay phương án D vì 2 ancol không phải là đồng đẳng.

Mặt khác số nhóm OH = 2

n H2

Ta lại thấy các phương án lựa chọn có số nhóm OH khác nhau nên chỉ cần xác định số nhóm OH trong phân tử ancol là có kết quả : n ancol

2n H2

n H2O − n CO2

2.0,125 =2 0, 425 − 0,3

QU Y

 Chọn đáp án B

Ví dụ 3: Cho hỗn hợp X gồm hai axit cacboxylic no, mạch không phân nhánh. Đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol hỗn hợp X, thu được 11,2 lít khí CO2 (ở đktc). Nếu trung hòa 0,3 mol X cần dùng 500 ml dung dịch NaOH 1M. Hai axit đó là B. HCOOH, CH3COOH.

C. HCOOH, C2H5COOH.

D. HCOOH, HOOC-COOH.

Lời giải

A. HCOOH, HOOC-CH2-COOH.

KÈ

Bài toán này có thể được sử dụng sau khi học xong bài axit cacboxylic. Nhận xét: Đề bài cho 2 axit no có mạch không phân nhánh nên số nhóm chức – COOH phải ≤ 2.

Cách 1. Phương pháp đại số

DẠ

Gọi công thức tổng quát của 2 axit thông thường là CnH2n+2-x(COOH)x và CmH2m+2-y(COOH)y.

(Trong đó 1 ≤ x ≤ y ≤ 2; m, n ≥ 0; x, y, m, n là những số nguyên)

Phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra : CnH2n+2-x(COOH)x + kO2 → (n+x) CO2 + (n+1)H2O CmH2m+2-y(COOH)y + kO2 → (m+y) CO2 + (m+1)H2O

FI CI A

x = y = 1 x = y = 2  x=1, y = 2

Vậy có các trường hợp xảy ra:

CnH2n+2-x(COOH)x + xNaOH → CnH2n+1-x(COONa)x + xH2O

CmH2m+2-y(COOH)y + yNaOH → CmH2m+1-y(COOH)y + yH2O n hh = a + b = 0, 3  n CO2 = ( n + x ) a + ( m + y ) b = 0, 5 n NaOH = ax + by = 0, 5

(1) (2) (3)

Gọi a, b lần lượt là số mol của CnH2n+2-x(COOH)x vàCmH2m+2-y(COOH)y ta có:

ƠN

Từ (1) và (3) ta loại được 2 trường hợp x = y = 1 và x = y = 2; Chỉ có trường hợp x = 1; y = 2 thỏa mãn :

Thay vào (1) và (3) ta có hệ phương trình :

a = 0,1  thay vào (2) ta có : b = 0,2

{aa ++ 2bb==0,0,35

0,1n + 0,2m = 0 mà m, n ≥ 0 nên n = m = 0

Vậy hai axit trên là HCOOH và HOOC-COOH  Đáp án D

QU Y

Cách 2. Phương pháp đại số kết hợp với biện luận Với HS thông minh hơn có thể nhận xét +) Hai axit có tèi đa 2 nhóm chøc   n 0,5 5  1 axit đơn chức và một axit 2 chức + ) NaOH = = ≈ 1,67  nX 0,3 3

Do đó có thể đặt công thức tổng quát của hai axit là: CnH2n+1COOH và CmH2m(COOH)2.

KÈ

C n H 2n +1COOH + NaOH → C n H 2n +1COONa + H 2 O x → x :mol C m H 2m ( COOH )2 + 2NaOH → C m H 2m ( COOH )2 + 2H 2 O y → 2y :mol

 x + y = 0,3  x = 0,1   x + 2y = 0,5  y = 0, 2

DẠ

Từ đó ta có: 

C n H 2n +1COOH + kO 2 →

( n + 1) CO2 + ( n + 1) H 2O

0.1  → 0,1(n + 1)

C m H 2m ( COOH )2 + kO 2 →

( m + 2 ) CO2 + ( m + 1) H 2O

0.2  → 0, 2(m + 2)

FI CI A

Do đó 0,1(n+1) + 0,2(m+2) = 0,5  0,1n + 0,2m = 0 hay m = n = 0 (vì m, n ≥ 0) Vậy hai axit trên là HCOOH và HOOC-COOH  Đáp án D Cách 3. Phương pháp trung bình

3.1. Dùng công thức trung bình để xác định số nhóm chức

Trong trường hợp HS chưa nhận xét ngay được số nhóm chức thì có thể biện luận dựa cào CTPTTB như sau:

R ( COOH )x + xNaOH  → R ( COONa )x + xH 2 O

n NaOH 0,5 5 = = ≈ 1,67  x1 = 1; x2 = 2 nX 0,3 3

ƠN

Từ đó ta có: x =

Đặt công thức tổng quát của 2 axit đó là R ( COOH )x ta có:

Từ đó ta có thể áp dụng cách giải đại số như cách 2 để xác định axit 3.2. Sử dùng CTTB cho toàn bài toán

Đặt công thức chung của hỗn hợp là C n H2n +1−x ( COOH )x C n H 2 n + 2 −x ( COOH )x + xNaOH  → C n H 2n + 2 −x ( COONa )x + xH 2 O C n H 2 n + 2 −x ( COOH )x + kO 2  →(n + x)CO 2 + (n + 1)H 2 O

n+x=

n NaOH 0,5 = ≈ 1,67  x1 = 1; x2 = 2 nX 0,3

n CO2 nX

QU Y

Ta có x =

0,5 ≈ 1,67  n = 0  n1 = n2 = 0 0,3

Vậy hai axit trên là HCOOH và HOOC-COOH  Đáp án D

Cách 4. Kết hợp phương pháp trung bình với sơ đồ chéo Ta dễ thấy :

KÈ

Số nhóm chức trung bình x =

n NaOH 5 =  x1 = 1; x2 = 2 nX 3

n CO2 nX

5 3

Số nguyên tử C trung bình n =

DẠ

Gọi số mol của 2 axit đơn chức và 2 chức lần lượt là a và b ta có các sơ đồ chéo : a x1=1 x2=2

1 5

2 3

n1 n2

5 3

n2n1-

5 3 5 3

5 3 1  = 5 2 n1 − 3 n2 −

FI CI A

5 5   n1 − 3 = 2(n 2 − 3 ) (1) 5 5 Vậy n1 − = 2 n 2 − ⇔  5 5 3 3  n1 − = −2(n 2 − ) (2) 3 3 

(1)  n1 = 2n2 – 5/3 loại vì n2 luôn không phải là số nguyên (2)  n1 = - 2n2 + 5 Vì có 2 nhóm chức nên n2 ≥ 2 n2

-1

Vậy hai axit trên là HCOOH và HOOC-COOH  Đáp án D

Cách 5. Kết hợp các phương án lựa chọn để tìm ra đáp án

* Nhận xét ban đầu:

ƠN

Trong giải toán trắc nghiệm, nhiều trường hợp (đặc biệt là loại toán xác định công thức hợp chất) nếu biết kết hợp các phương án lựa chọn sẽ tìm ra đáp án một cách nhanh chóng. Phương pháp này chỉ dùng cho hình thức trắc nghiệm - Các phương án lựa chọn được phân làm 2 nhóm:

+) Nhóm 1: 2 axit đơn chức (B và C)

+) nhóm 2: 1 axit đơn chức và 1 axit 2 chức (A và D) Măt khác: ta có

n NaOH 0,5 5 = = > 1 nên lạo nhóm 1 nX 0,3 3

QU Y

Đến đây ta có thể đặt công thức tổng quát theo nhóm 2 để giải tuy nhiên với 2 phương án lựa chọn thì cách tốt nhất ta dùng một phương án tính toán đối chiếu kết quả, nếu phù hợp thì lựa chọn còn không thì là phương án còn lại: Ví dụ : Dùng phương án A để giải

HCOOH  → CO 2 x  → x: mol

HOOC − CH 2 − COOH + 2NaOH y → 2y: mol

KÈ

HCOOH + NaOH x → x: mol

HOOC − CH 2 − COOH  → 3CO 2 y → 3y: mol

x + y = 0,3  Từ đó ta có: x + 3y = 0,5  Hệ vô nghiệm  loại. Vậy phương án đúng là D x + 2y = 0,5 

Nếu dùng phương án D để giải : HOOC − COOH  → 2CO 2 y → 2y: mol

HCOOH + NaOH x → x: mol

HOOC − COOH + 2NaOH y → 2y: mol

DẠ

HCOOH  → CO 2 x  → x: mol

FI CI A

 x + y = 0,3 x = 0,1  Từ đó ta có:  x + 2y = 0,5   thỏa mãn  Vậy phương án đúng là D  x + 2y = 0,5  y = 0, 2 

Chú ý : Nếu trường hợp có 3 lựa chọn cùng tính chất và 1 lựa chọn khác tính chất thì ta giải theo phương tính chất của 3 phương án giống nhau, nếu có kết quả thì chọn phương án đó, còn nếu không có kết quả thì chọn phương án còn lại Phương pháp này chỉ dùng trong trường hợp câu hỏi chỉ có một lựa chọn đúng là loại câu hỏi được sử dụng trong các kỳ thi tốt nghiệp và đại học cao đẳng hiện nay.

Ví dụ 4: Trung hòa m gam hỗn hợp X gồm 2 axit (axit fomic và axit axetic) bằng 400 ml dung dịch NaOH 1M thu được 30,7 gam muối. Tính m. Lời giải Cách 1. Phương pháp đại số HCOOH + NaOH → HCOONa + H 2 O x  → x  →x y  → y  →y

CH 3 COOH + NaOH → CH 3 COONa + H 2 O

ƠN

Đặt số mol HCOOH và CH3COOH lần lượt là x và y ta có:

x + y = 0, 4 x = 0,15  68x + 82y = 30,7  y = 0,25

QU Y

Ta có: 

Vậy m = 46.0,15 + 60.0,25 = 21,9 Cách 2. Dùng công thức chung

Đặt công thức chung của 2 axit là R COOH ta có : RCOOH + NaOH → RCOONa + H 2 O

0,4 ←  0,4 → 0, 4

KÈ

Theo bài ra mmuối = 30,7  0,4( R +67) = 30,7  R = 9,75 Vậy maxit = 0,4( R + 45) = 0,4(9,75 + 45) = 21,9 Đáp số: m = 21,9.

Nếu đề bài yêu cầu tìm khối lượng (thành phần) từng axit thì ta có thể dùng PP trung bình hoặc sơ đồ chéo

DẠ

Cách 3. Dùng phương pháp trung bình

Sau khi tìm được R ở trên ta có thể dùng công thức trung bình : Đặt % theo mol của HCOOH là x  % theo mol của CH3COOH là 1 – x ta có :

1.x + 15(1 – x) = 9,75  x = 0,375. 33

Vậy n HCOOH = 0,375.0, 4 = 0,15mol  n C H C O O H = 0, 4 − 0,15 = 0, 25m ol 3

Cách 4. Phương pháp sơ đồ chéo

FI CI A

Vậy m = 0,15.46 + 60.0,25 = 21,9

Từ giá trị R = 9,75 ta có thể dùng phương pháp sơ đồ chéo để tìm số mol axit: HCOOH (R = 1)

5,25 9,75

HCOOH

n CH COOH 3

CH3COOH (R = 15)

8,75

3 .0, 4 = 0,15mol; n CH3COOH = 0,25mol 3+5

Vậy m = 0,15.46 + 60.0,25 = 21,9

ƠN

Cách 5. Phương pháp số học

Vậy: n HCOOH =

5.1. Giả sử 30,7 gam hỗn hợp chỉ có HCOONa ta có:

30,7 3, 5 . Thực tế nNaOH = 0,4 mol (tăng mol). 68 68

 n NaOH = n HCOONa =

Mặt khác nếu chuyển 1 gam HCOONa thành 1 gam CH3COONa thì số mol giảm: 1 1 7 − = mol 68 82 2788

lượng là:

QU Y

Vậy trong phép giả sử trên ta đã chuyển lượng CH3COONa thành HCOONa một 3,5 7 : = 20,5gam 68 2788

 n CH 3COOH = n CH 3COONa =

20,5 = 0,25mol; n HCOOH = 0,15mol 82

Vậy m = 0,15.46 + 60.0,25 = 21,9

5.2. Giả sử 0,4 mol chỉ là HCOONa

KÈ

Khi đó mmuối = 0,4.68 = 27,2g (giảm so với thực tế là 3,5 gam) Mặt khác cứ 1 mol CH3COONa chuyển sang 1 mol HCOONa thì khối lượng giảm 88 – 68 = 14 gam. Vậy trong phép giả sử trên ta đã chuyển một lượng CH3COONa thành HCOONa 3,5 = 0,25mol  n C H C OO H = n C H C O O Na = 0, 25m ol; n H C OO H = 0,15m ol 14

là:

DẠ

Vậy m = 0,15.46 + 60.0,25 = 21,9 Cách 6. Phương pháp bảo toàn điện tích

Trong dung dịch thu được gồm các ion Na+ (0,4 mol), HCOO- (x mol)và CH3COO(y mol). 34

Theo bảo toàn điện tích ta có x + y = 0,4. Mặt khác mmuối = m Na + m HCOO + m CH COO = 0,4.23 + 45x + 59y = 30,7 −

−

x + y = 0, 4 x = 0,15   45x + 59y = 21,5  y = 0,25

Từ đó ta có: 

 n HCOOH = n HCOO − = 0,15mol; n CH 3 COOH = n CH COO − = 0, 25mol 3

Vậy m = 0,15.46 + 60.0,25 = 21,9 Ta có: axit + NaOH → muèi + H2 O 0,4  → 0,4 m + 0,4.40 = 30,7 + 0,4.18

 m = 21,9

Đáp số: m = 21,9.

Cách 7. Phương pháp bảo toàn khối lượng

FI CI A

ƠN

Cách 8. Phương pháp tăng giảm khối lượng

Cứ 1 mol NaOH phản ứng với axit thì khối lượng tăng 1gam (vì 1 mol Na sẽ thay 1 mol H). Như vậy ∆m tăng = 22.0,4 = 8,8 gam

Vậy m = 30,7 – 8,8 = 21,9.

Như vậy, nếu đề bài chỉ yêu cầu tính lượng axit thì dùng phương pháp tăng giảm khối lượng là nhanh nhất.

QU Y

Ví dụ 5: Xenlulozơ tác dụng với (CH3CO)2O (xúc tác H2SO4 đặc) tạo ra 9,84g este axetat và 4,8g CH3COOH. Xác định CTPT của este axetat: Bài toán này được sử dụng sau khi học xong bài saccarozơ. Lời giải:

Cách 1. Phương pháp đại số

Đặt công thức phân tử của este đó là [C6H7O2(OOCCH3)x(OH)3-x]n.

Phản ứng tạo este:

KÈ

[C6H7O2(OH)3]n+ nx(CH3CO)2O → [C6H7O2(OOCCH3)x(OH)3-x]n+ nxCH3COOH Theo phản ứng ta có: n este =

 meste =

(162 + 42x ) n nx

1 0,08 n CH3 COOH = nx nx

.0,08 = 9,84  x = 2

DẠ

Vậy công thức este là [C6H7O2(OOCCH3)2(OH)]n.

Cách 2. Phương pháp thử nghiệm Có 3 công thức este xenlulozơ axetat: [C6H7O2(OOCCH3)(OH)2]n, [C6H7O2(OOCCH3)2(OH)]n và [C6H7O2(OOCCH3)3]n. 35

* Nếu este là [C6H7O2(OOCCH3)(OH)2]n Ta có phản ứng 1 0,08 184n.0,08 n CH3COOH =  m este = = 14, 72 (khác đề bài  Loại) n n n

* Nếu este là [C6H7O2(OOCCH3)2(OH)]n Ta có phản ứng

FI CI A

n este =

[C6H7O2(OH)3]n + n(CH3CO)2O → [C6H7O2(OOCCH3)(OH)2]n + nCH3COOH

[C6H7O2(OH)3]n + 2n(CH3CO)2O → [C6H7O2(OOCCH3)2(OH)]n + 2nCH3COOH n este =

1 0,08 246n.0,08 n CH3 COOH =  m este = = 9,84 (thỏa mãn) 2n 2n 2n

* Nếu este là [C6H7O2(OOCCH3)3]n Ta có phản ứng

[C6H7O2(OH)3]n + 3n(CH3CO)2O → [C6H7O2(OOCCH3)3]n + 3nCH3COOH n este =

1 0,08 288n.0,08 n CH3 COOH =  m este = = 7,68 (khác đề bài  Loại) 3n 3n 3n

ƠN

Như vậy chỉ có công thức este [C6H7O2(OOCCH3)2(OH)]n thỏa mãn Cách 3. Phương pháp bảo toàn khối lượng Ta có n(CH CO) 3

= nCH3COOH = 0,08mol  m(CH3CO)2 O = 8,16g

m xeluloz¬ + m(CH3CO)2 O = m este + maxit

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

Do đó:

n (CH3CO)2 O n xenluloz¬

6, 48 0,04 = 162n n

QU Y

 mxenlulozơ = 9,84 + 4,8 – 8,16 = 6,48g  n xenlulozz¬ =

= 2n  Đây là 1 đieste

Vậy công thức phân tử của este thu được là [C6H7O2(OOCCH3)2(OH)]. Cách 4. Phương pháp tăng giảm khối lượng

Ta có cứ 1 mol (CH3CO)2O phản ứng thì khối lượng tăng 59 – 17 = 42 gam

KÈ

Vậy 0,08 mol (CH3CO)2O phản ứng khối lượng tăng là: 0,08.42 = 3,36 gam  mxenlulozơ = 9,84 – 3,36 = 6,48g  n xenlulozz¬ =

n (CH3CO)2 O n xenluloz¬

= 2n  Đây là 1 đieste

Do đó:

6, 48 0,04 = 162n n

Vậy công thức phân tử của este thu được là [C6H7O2(OOCCH3)2(OH)].

DẠ

Cách 5. Phương pháp số học

Giả sử chỉ có 1 nhóm OH bị thế:

0,08 184n.0,08  m este = = 14, 72 n n

Như vậy khối lượng tăng so với thực tế là 14,72 – 9,84 = 4,88gam

1 n

Khi đó n este = n CH COOH =

este thu được sẽ giảm đi một lượng: 184 − Vậy ta có: (184 −

FI CI A

Mặt khác, nếu dùng 1 mol axit phản ứng thì cứ thế thêm x nhóm OH thì khối lượng 184 + 62x gam 1+ x

184 + 62x ).0,08 = 4,88  x = 1 1+ x

Vậy có thêm 1 nhóm OH được thế so với phép giả sử

Do đó thức phân tử của este thu được là [C6H7O2(OOCCH3)2(OH)].

A. 16,5 gam.

B. 14,3 gam.

ƠN

Ví dụ 6: Cho hỗn hợp X gồm hai chất hữu cơ có cùng công thức phân tử C2H7NO2 tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH và đun nóng, thu được dung dịch Y và 4,48 lít hỗn hợp Z (ở đktc) gồm hai khí (đều làm xanh giấy quỳ ẩm). Tỉ khối hơi của Z đối với H2 bằng 13,75. Cô cạn dung dịch Y thu được khối lượng muối khan là C. 8,9 gam.

D. 15,7 gam.

Bài toán này được sử dụng sau khi học xong bài aminoaxit.

Lời giải

X có CTPT C2H7NO2 tác dụng với NaOH sinh ra hai khí đều làm xanh giấy quỳ ẩm nên X gồm HCOOH3NCH3 và CH3COONH4. 4, 48 = 0,2mol ; M Z = 13, 75.2 = 27, 5 22, 4

QU Y

nZ =

Cách 1. Phương pháp đại số

Phương trình hóa học các phản ứng: HCOOH 3 NCH 3 + NaOH → HCOONa + CH 3 NH 2 + H 2 O CH 3 COONH 4 + NaOH → CH 3 COONa + NH 3 + H 2 O

Đặt số mol của CH3NH2 là x, số mol NH3 là y ta có:

KÈ

x + y = 0,2 MZ =

31x + 17y = 13,75.2 = 27,5 x+y

Từ 2 phương trình trên ta có x = 0,15; y = 0,05

Theo phương trình hóa học các phản ứng trên ta có:

DẠ

n HCOONa = n CH3 NH2 = x = 0,15mol ; nCH3COONa = n NH3 = y = 0,05mol

Vậy mmuối = 0,15.68 + 0,05.82 = 14,3 gam (Đáp án B)

Cách 2. Phương pháp trung bình

FI CI A

Đặt % theo mol của CH3NH2 là x  % theo mol của NH3 là 1 – x ta có: M Z = 31x + 17(1 – x) = 27,5  x = 0,75

Vậy n CH NH = 0,75.0,2 = 0,15mol; n NH = 0,05mol 3

Ta có: M Z = 13, 75.2 = 27, 5

Theo phương trình hóa học các phản ứng trên ta có:

n HCOONa = n CH3 NH2 = x = 0,15mol ; nCH3COONa = n NH3 = y = 0,05mol

Cách 3. Phương pháp sơ đồ chéo Áp dụng sơ đồ chéo ta có: CH3NH2 (M = 31)

n CH NH

ƠN

10,5

Vậy mmuối = 0,15.68 + 0,05.82 = 14,3 gam (Đáp án B)

27,5

3,5

3,25

3 0, 2 = 0,15mol; n NH3 = 0,05mol 1+ 3

n NH3

NH3 (M = 17)

Vậy n CH NH =

10,5

Theo phương trình hóa học các phản ứng trên ta có: n HCOONa = n CH3 NH2 = x = 0,15mol ; nCH3COONa = n NH3 = y = 0,05mol

QU Y

Vậy mmuối = 0,15.68 + 0,05.82 = 14,3 gam (Đáp án B) Cách 4. Phương pháp số học

Giả sử 0,2 mol Z chỉ có CH3NH2  mZ = 0,2.31 = 6,2 gam. Thực tế mZ = 0,2.27,5 = 5,5gam. Như vậy phép giả sử nhiều hơn so với thực tế là 0,7 gam Mặt khác cứ chuyển 1mol CH3NH2 thành 1 mol NH3 thì khối lượng Z giảm 31 –

17 = 14 gam.  n NH = 3

0, 7 = 0,05mol  n CH3 NH2 = 0,15mol 14

KÈ

Mặt khác cứ phản ứng tạo ra 1 mol CH3COONa thì cũng tạo ra 1 mol HCOONa; tạo 1 mol NH3 cũng tạo ra tương ứng 1mol CH3COONa nên: n HCOONa = n CH3 NH2 = x = 0,15mol ; nCH3COONa = n NH3 = y = 0,05mol

Vậy mmuối = 0,15.68 + 0,05.82 = 14,3 gam (Đáp án B)

DẠ

Cách 5. Phương pháp bảo toàn khối lượng

Vì đây và muối đơn chức nên n X = n NaOH = n muèi = n H O = n Z = 0,2mol 2

Áp dụng bảo toàn khối lượng ta có: m X + m NaOH = m muèi + m H O + m Z 2

 mmuối = 77.0,2 + 40.0,2 – (18.0,2 + 27,5.0,2) = 14,3 gam

Mà R 2 + 16 = 27, 5  R 2 = 11, 5  R1 = 4, 5 R 1 COOH 3 N R 2 + NaOH → R 1 COONa + R 2 NH 2 + H 2 O

Theo phương trình phản ứng: n R COONa = n R NH = 0, 2mol 1

Vậy mmuối = 0,2(4,5 + 67) = 14,3 gam

FI CI A

Đặt công thức chung của X là R1COOH3 NR2 ta có: R1 + R2 = 16

Cách 6. Dùng công thức chung

A. 4,86g

ƠN

Ví dụ 7: Cho X, Y là hai chất thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic và có MX <MY; Z là một ancol có cùng só nguyên tử C với X; T là este hai chức tạo 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 cùng lượng E trên tác dụng hết với dung dịch KOH dư là: B. 5,04g

C. 5,44g

D. 5,80g

Bài toán này được sử dụng sau khi học xong bài este. Lời giải:

Cách 1. Phương pháp bảo toàn khối lượng và quy đổi Ta có: T là este hai chức nên Z là ancol 2 chức

QU Y

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

KÈ

Z có cùng số nguyên tử C với X

DẠ

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 39

L FI CI A

⇒ mmuối = 0,02.110 + 0,02.124 = 4,68g Cách 2. Phương pháp bảo toàn khối lượng nO2 = 0,59 (mol) , nH2O = 0,52 (mol)

Áp dụng BTKL ta có: mE + mO2 = mCO2 + mH2O ⇒ mCO2 = 20,68 (gam)

⇒ nCO2 = 0,47 (mol)

⇒ nE = 0,13 (mol) CE =

ƠN

Ta có: nCO2 < nH2O ⇒ Z là ancol no, mạch hở T là este 2 chức ⇒ Z là ancol 2 chức Gọi naxit = a (mol) ; nancol = b (mol) ; neste = c (mol) Ta có: mE = mC + mH + mO ⇒ mO = mX – 12nCO2 – 2nH2O = 4,48 (gam) ⇒ nO (trong E) = 0,28 (mol) Từ đó ta có: 2a + 2b + 4c = 0,28 (1) E phản ứng tối đa với 0,04 mol Br2 ⇒ a + 2c = 0,04 (2) Xét phản ứng đốt cháy ta có: nH2O - nCO2 = nancol - naxit – 3 neste = b – a -3c = 0,05 (3) Giải 1, 2, 3 ta có: a = 0,02 ; b = 0,1 ; c = 0,01 0, 47 = 3,62 0,13

QU Y

Phải có ít nhất một chất có 3 nguyên tử C là X: CH2 = CH – COOH ⇒ Z cũng có 3 nguyên tử C ⇒ Z là C3H8O2 Áp dụng định luật BTKL ta có: mE + mKOH = mmuối + mH2O + mancol Với nH2O = naxit = 0,02 mol nancol = nZ + nT = 0,11 (mol) nKOH = 2neste + naxit = 0,04 (mol) Vậy mmuối = 4,68 (gam) Cách 3: Phương pháp bảo bảo toàn toàn khối khối lư lượng, quy đổi và và công thức thức chung

KÈ

nO2 = 0,59 (mol) , nH2O = 0,52 (mol)

DẠ

BTKL: ⇒ nCO2 = 0,47 (mol) Do nCO2 < nH2O ⇒ nên ancol no Quy đổi hỗ hợp E thành: CnH2n-2O2 0,04 mol (bằng nBr2) CmH2m(OH)2: a mol H2O: - b mol 3n − 3 O2 2

CnH2n-2O2

0,04

0,06n – 0,06

CmH2m(OH)2

→

3m − 1 O2 2

nCO2 + (n-1)H2o 0,04n →

mCO2 + (m+1)H2o 40

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

a 1,5ma – 0,5 a ma ⇒ nO2 = 0,06n – 0,06 + 1,5ma – 0,5a = 0,59 và nCO2 = 0,04n + ma = 0,47 ⇒ a = 0,11 nH2O = 0,04(n-1) + 0,11(m+1) – b = 0,52 ⇒ b = 0,02 mE = 0,04(14n + 30) +0,11(14m +34) – 18x0,02 = 11,16 ⇒ 4n + 11m = 47 Vì n > 3 và m ≥ 3 nên n = 3,5 và m = 3 ⇒ Muối CnH2n-3O2K (004 mol) ⇒ m = 4,68 (gam)

Chương 3. THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM

3.1. Mục đích, nhiệm vụ thực nghiệm sư phạm

FI CI A

3.1.1. Mục đích

Trên cơ sở những nội dung đã đề xuất, chúng tôi đã tiến hành TNSP nhằm giải quyết một số vấn đề sau: - Bước đầu thử nghiệm dùng bài tập hóa học theo nhiều mức độ khác nhau để thăm dò hứng thú học tập bộ môn hóa học và đánh giá mức độ rèn luyện tư duy của HS THPT.

3.1.2. Nhiệm vụ Chúng tôi đã thực hiện những nhiệm vụ sau:

- Xác định hiệu quả của hệ thống bài tập đề ra, từ đó đánh giá khả năng sử dụng hệ thống bài tập này ở trường THPT nhằm rèn luyện tư duy cho HS.

ƠN

- Lựa chọn nội dung và địa bàn TNSP.

- Biên soạn tài liệu TNSP theo nội dung của luận văn, hướng dẫn GV thực hiện theo nội dung và phương pháp của tài liệu.

- Kiểm tra, đánh giá hiệu quả của tài liệu và cách sử dụng nó trong dạy học. - Xử lí, phân tích kết quả TNSP (chấm điểm, thu thập số liệu) từ đó rút ra kết luận về:

QU Y

+ Kết quả nắm kiến thức, hình thành kĩ năng giải các BTHH của nhóm TN và nhóm ĐC. + Sự phù hợp về mức độ nội dung, số lượng và chất lượng của các BTHH trong hệ thống do tác giả đưa ra với yêu cầu của việc phát triển tư duy cho HS THPT. 3.2. Nội dung thực nghiệm sư phạm

Do nội dung của đề tài là nghiên cứu về là các bài toán nên chủ yếu chọn TN ở các tiết ôn tập, luyện tập và các tiết tự chọn.

KÈ

Tại lớp ĐC, GV dạy theo phương pháp thông thường, tại lớp TN, GV dạy theo hướng sử dụng một số bài toán đã biên soạn của luận văn. Lấy ý kiến nhận xét của GV bộ môn về tính thực tiễn và khả thi của hệ thống BTHH giải bằng nhiều cách đã đề ra phương pháp rèn tư duy cho HS.

3.3. Phương pháp thực nghiệm sư phạm

DẠ

3.3.1. Kế hoạch thực nghiệm sư phạm Do hạn chế về thời gian, thời điểm và điều kiện cho phép chúng tôi tiến hành thực nghiệm vào năm học 2020- 2021 tại 3 trường trong huyện: 1. Trường THPT Nghi Lộc 3 – Nghi Lộc – Nghệ An 42

2. Trường THPT Nghi Lộc 2 – Nghi Lộc – Nghệ An.

3. Trường THPT Nghi Lộc 5 – Nghi Lộc – Nghệ An.

FI CI A

3.3.2. Tiến hành thực nghiệm sư phạm

Chúng tôi đã trao đổi với GV giảng dạy về hướng sử dụng hệ thống BTHH theo các hướng đề xuất của luận văn GV tiến hành dạy các bài TN ở lớp TN. Sau đó chúng tôi tiến hành kiểm tra đồng thời ở lớp TN và lớp ĐC để xác định hiệu quả, tính khả thi của phương án TN. - Ở khối 11, chúng tôi tiến hành dạy ở các tiết ôn tập, luyện tập và tự chọn ở phần hóa học hữu cơ (học kỳ II).

- Ở khối 12, chúng tôi tiến hành dạy ở các tiết ôn tập, luyện tập và tự chọn ở phần hóa học hữu cơ (học kỳ I) . Phương pháp đánh giá chất lượng hệ thống bài tập gồm các bước sau:

ƠN

- Ra bài kiểm tra với thời gian 45 phút: Khối 12 kiểm tra bằng hình thức trắc nghiệm khách quan, khối 11 kiểm tra bằng hình thức tự luận. - Chấm bài kiểm tra.

- Sắp xếp kết quả theo thứ tự từ điểm 0 đến 10 và phân loại theo 4 nhóm: + Nhóm giỏi: Có các điểm 9, 10. + Nhóm khá: Có các điểm 7, 8.

+ Nhóm trung bình: Có các điểm 5, 6.

QU Y

+ Nhóm yếu kém: Có các điểm dưới 5. - Phân tích, nhận xét kết quả thực nghiệm. 3.4. Kết quả thực nghiệm sư phạm + Trường THPT Nghi Lộc 5

Lớp 1 (11A2) Lớp 2 (11A1) (ĐC)

Loại điểm

Lớp 4 (12A3)

(ĐC)

(TN)

(TN) %

Giỏi

30,0

54,1

14,2

23,9

Khá

45,5

45,9

42,9

47,6

24,2

42,9

28,5

Yếu

0,0

Kém

0,0

KÈ

Y DẠ

Lớp 3 (12A4)

+ Trường THPT Nghi Lộc 3 Lớp 2 (12A)

Lớp 3 (11A2)

Lớp 4 (11A)

(ĐC)

(TN)

(ĐC)

(TN)

Giỏi

26,19

48,78

24,40

Khá

42,86

46,34

48,78

26,19

4,88

26,82

0,0

Yếu

4,76

0,0

Kém

0,0

ƠN

+ Trường THPT Nghi Lộc 2

Lớp 3 (11A1)

Lớp 2 (12A5)

Lớp 4 (12A6)

(ĐC)

(TN)

(ĐC)

(TN)

Giỏi

37,5

Khá

QU Y

Lớp (11A2) Loại điểm

Yếu

45,45

12,8

23,8

45,45

38,46

47,6

37,5

9,1

38,46

28,6

0,0

10,28

0,0

Kém

FI CI A

Loại điểm

Lớp 1 (12A2)

3.5. Phân tích kết quả thực nghiệm sư phạm

KÈ

Từ kết quả xử lý số liệu TNSP cho thấy: chất lượng học tập của HS ở các nhóm TN cao hơn nhóm ĐC tương ứng, cụ thể là: - Tỉ lệ % học sinh yếu, kém và trung bình (từ 3 → 6 điểm) của các nhóm TN luôn thấp hơn so với nhóm ĐC tương ứng .

DẠ

- Tỉ lệ % học sinh khá, giỏi (từ 7 → 10 điểm) của các nhóm TN luôn cao hơn so với nhóm ĐC tương ứng.

- Điểm trung bình cộng của HS khối lớp TN luôn cao hơn so với điểm trung bình cộng của HS khối lớp ĐC.

Nhận xét:

FI CI A

Từ kết quả TNSP và các biện pháp khác như: dự giờ xem xét các hoạt động của GV và HS trên lớp, trao đổi với GV và HS, xem vở bài tập… cho phép chúng tôi rút ra một số nhận xét sau đây:

- Qua việc sử dụng BTHH hữu cơ thông qua việc lựa chọn và tổ chức để HS tìm ra cách giải BTHH, sẽ giúp HS thông hiểu kiến thức một cách sâu sắc hơn, điều đó cho thấy chính người sử dụng bài tập mới làm cho bài tập có ý nghĩa thật sự.

- Đã xây dựng được tiến trình luận giải giúp cho HS biết phải bắt đầu giải bài toán từ đâu, kịp thời bổ sung những lỗ hổng kiến thức, hiểu được từng từ, từng câu, từng khái niệm của bài toán, giúp HS vượt qua được những chướng ngại nhận thức.

ƠN

- HS ở khối lớp TN không chỉ phát triển được năng lực tư duy nhanh nhạy, sáng tạo mà còn rèn được cả cách nói và trình bày lập luận của mình một cách lôgic, chính xác, khả năng độc lập suy nghĩ được nâng cao dần.

- Với HS các lớp ĐC gặp khó khăn trong việc xác định nhanh hướng giải bài toán, hầu hết đều sử dụng phương pháp truyền thống để giải vừa mất thời gian mà nhiều bài gặp bế tắc khó có thể giải được. - Năng lực tư duy của HS khối lớp TN cũng không rập khuôn máy móc mà linh hoạt, mềm dẻo hơn, có khả năng nhìn nhận vấn đề, bài toán dưới nhiều góc độ và nhiều khía cạnh khác nhau trên cơ sở nắm vững kiến thức cơ bản.

QU Y

- Như vậy phương án TN đã nâng cao được năng lực tư duy của HS, khả năng làm việc độc lập và tự lực, năng lực vận dụng linh hoạt và sáng tạo kiến thức đã học vào những bài toán là những tình huống mới, biết nhận ra cái sai của bài toán và bước đầu xây dựng những bài toán nhỏ góp phần phát triển năng lực tư duy và bồi dưỡng trí thông minh, óc tìm tòi sáng tạo cho HS, gây được không khí hào hứng trong quá trình học tập bộ môn.

KÈ

Theo kết quả của phương án thực nghiệm, sau khi trao đổi với các GV tham gia TNSP, tất cả đều khẳng định sự cần thiết và hiệu quả của các BTHH hữu cơ có nhiều cách giải để góp phần nâng cao khả năng thông hiểu kiến thức, năng lực nhận thức và tư duy cho HS và tất cả đều nhất trí rằng: - Nếu biết cách sử dụng bài tập, ngay từ đầu môn học, cộng với sự nỗ lực, tự giác của học sinh cao hơn nữa, thì hiệu quả dạy học chắc chắn sẽ cao hơn nhiều.

DẠ

- Sau một thời gian làm quen với phương pháp giải BTHH hữu cơ bằng nhiều cách học sinh rất có hứng thú với phương pháp này do đó kích thích được khả năng tìm tòi, khám phá của học sinh. Khi đưa ra bài toán tương tự học sinh có nhu cầu tìm nhiều lời giải khác nhau và tìm ra được những cách giải hay, ngắn gọn. 45

Phần III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

1. Những công việc đã làm

1. Nghiên cứu cơ sở lí luận của đề tài về các vấn đề: - Năng lực nhận thức và quá trình nhận thức.

FI CI A

Căn cứ vào mục đích nghiên cứu và nhiệm vụ nghiên cứu của đề tài, căn bản được hoàn thành những vấn đề sau :

- Năng lực tư duy, rèn luyện các thao tác tư duy, phát triển tư duy hóa học. - Ý nghĩa, tác dụng của bài tập hóa học.

2. Bản thân chúng tôi sau khi nghiên cứu và thực hiện đề tài đã thu được nhiều kinh nghiệm và bài học bổ ích như :

ƠN

- Hiểu được ý nghĩa, tác dụng của BTHH hữu cơ nói chung và BTHH hữu cơ có nhiều cách nói riêng đối với việc phát triển năng lực tư duy, khả năng sáng tạo của HS. - Biết cách phát huy khả năng tư duy sáng tạo, linh hoạt, trí tò mò của học sinh trong việc học tập môn hóa học.

- Nâng cao kĩ năng giải BTHH hữu cơ và kĩ năng hướng dẫn HS giải BTHH hữu cơ. 3. Chúng tôi hy vọng đề tài nghiên cứu đã đem lại những ý nghĩa thiết thực để vận dụng vào trong quá trình giảng dạy bộ môn hóa.

QU Y

Trên cơ sở những kiến thức và phương pháp nghiên cứu đã thu được trong thời gian qua, chúng tôi sẽ tiếp tục nghiên cứu nhằm : - Hoàn thiện hơn nữa hệ thống BTHH hữu cơ, đồng thời tiếp tục lựa chọn, xây dựng hệ thống BTHH hữu cơ nhằm phục vụ cho quá trình dạy học hoá học ở trường THPT.

KÈ

- Sử dụng BTHH hữu cơ trong dạy học hoá học để phát huy hơn nữa năng lực nhận thức và tư duy của HS, nhằm nâng cao chất lượng dạy và học đáp ứng mục tiêu, yêu cầu giáo dục trong sự nghiệp công nghiệp hóa, hiện đại hóa đất nước hiện nay. 2. Một số kiến nghị

DẠ

Xu hướng của dạy học hiện nay là tăng cường vai trò chủ động của học sinh trong quá trình lĩnh hội kiến thức mới nhằm phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo của học sinh thông qua tổ chức thực hiện hoạt động học tập của học sinh, giúp học sinh có một phương pháp tư duy logic, sáng tạo. Vì vậy chúng tôi có một số ý kiến đề xuất với các cấp uỷ đảng, chính quyền các cấp, ngành giáo dục như sau : - Cần nâng cao chất lượng đội ngũ cán bộ giáo viên

- Khuyến khích GV tự mình xây dựng hệ thống bài tập có chất lượng tốt trong đó bài tập có nhiều cách giải hay để kích thích sự phát triển tư duy cho HS. 3. Hướng phát triển của đề tài

FI CI A

Vì thời gian và phạm vi đề tài có hạn nên chúng tôi chỉ mới nghiên cứu được một số dạng BTHH hữu cơ nhiều cách giải theo một số chương ở SGK. Nếu có điều kiện, chúng tôi tiếp tục phát triển đề tài theo hướng tuyển chọn, biên soạn hệ thống BTHH theo từng dạng toán cụ thể và phân loại theo từng mức độ khác nhau đặc biệt là hệ thống bài tập bồi dưỡng HS giỏi.

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

Chúng tôi nhận thấy rằng nội dung sáng kiến chỉ là những kết quả nghiên cứu bước đầu. Vì trình độ, năng lực của bản thân và điều kiện thời gian còn hạn chế chúng tôi mong nhận được sự góp ý xây dựng của các thầy cô giáo và các bạn đồng nghiệp quan tâm vấn đề này.

TÀI LIỆU THAM KHẢO

FI CI A

[1]. Phạm Ngọc Bằng, Vũ Khắc Ngọc, Hoàng Thị Bắc, Từ Sỹ Chương, Lê Phạm Thành... (2009), 16 phương pháp và kĩ thuật giải nhanh bài tập trắc nghiệm môn hóa học, NXB ĐHSP Hà Nội. [2]. Nguyễn Cương, Nguyễn Mạnh Dung, Nguyễn Thị Sửu (2000), Phương pháp dạy học hóa học, NXBGD, Hà Nội. [3]. Cao Cự Giác (2001), Hướng dẫn giải nhanh bài tập hóa học, tập 1, NXB ĐHQG Hà Nội.

[4]. Cao Cự Giác (2001), Hướng dẫn giải nhanh bài tập hóa học, tập 2, NXB ĐHQG Hà Nội.

ƠN

[5]. Cao Cự Giác (2009), Cẩm nang giải toán trắc nghiệm hóa học, NXB ĐHQG Hà Nội. [6]. Vũ Khắc Ngọc, "18 cách giải cho một bài toán hóa học", Tạp chí hóa học và ứng dụng, số 3/2018.

[7]. Vũ Khắc Ngọc, "Bài toán hóa hữu cơ có nhiều cách giải", Tạp chí hóa học và ứng dụng số 11/2018. [8]. Lê Xuân Trọng, Nguyễn Hữu Đĩnh, Từ Vọng Nghi, Đỗ Đình Rãng, Cao Thị Thặng (2008), Sách giáo khoa hóa học 12 nâng cao, NXB Giáo Dục, Hà Nội.

QU Y

[9]. Lê Xuân Trọng, Nguyễn Xuân Trường (2007), Tài liệu bồi dưỡng Giáo viên thực hiện chương trình, sách giáo khoa lớp 11 môn Hóa học, NXB Giáo dục, Hà Nội. [10]. Nguyễn Xuân Trường (2006), Trắc nghiệm và sử dụng trắc nghiệm trong dạy học hóa học ở trường phổ thông, NXB ĐHSP Hà Nội.

[11]. Nguyễn Xuân Trường (2005), "Giải bài tập hóa học bằng nhiều cách - một biện pháp nhằm phát triển tư duy", Tạp chí hóa học và ứng dụng, số 12/2005.

KÈ

[12]. Nguyễn Xuân Trường, Nguyễn Thị Sửu, Đặng Thị Oanh, Trần Trung Ninh (2005), Tài liệu bồi dưỡng thường xuyên cho GV trung học phổ thông chu kỳ III (2004-2007), Hà Nội.

DẠ

[13]. Vũ Anh Tuấn (2006), Xây dựng hệ thống bài tập hóa học nhằm phát triển tư duy trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học trường trung học phổ thông, Luận án tiến sĩ khoa học giáo dục, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội.

PHỤ LỤC Hệ thống bài tập hóa học hữu cơ nhiều cách giải theo từng chương

FI CI A

P 1: Bài tập chương hiđrocacbon

Bài 1: Hỗn hợp X gồm C2H2, C2H6 và C3H6. Đốt cháy hoàn toàn 24,8g hỗn hợp X thu được 28,8g nước. Mặt khác 0,5 mol hỗn hợp này tác dụng vừa đủ với 500g dung dịch Brom 20%. Tính % về thể tích của mỗi khí trong hỗn hợp. Lời giải: Phương trình hóa học của các phản ứng:

- Khi đốt cháy: 2C2H2 + 5O2 → 4CO2 + 2H2O 2C2H6 + 7O2 → 4CO2 + 6H2O - Khi tác dụng với dung dịch brom:

ƠN

2C3H6 + 9O2 → 6CO2 + 6H2O C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4. C3H6 + Br2 → C3H6Br2. 28,8 500 20 = 1,6 mol; n Br2 = . = 0,625 mol 18 160 100

Cách 1. Phương pháp đại số:

n H2O =

Gọi số mol các khí C2H2, C2H6 và C3H6 trong 24,8 gam hỗn hợp X lần lượt là x, y, z; khi đó số mol các khí trong 0,5 mol hỗn hợp X lần lượt là kx, ky, kz.

QU Y

Từ giả thiết, ta có:

Khối lượng hỗn hợp 1: Số mol H2O:

26x + 30y + 42z =24,8 (a)

x + 3y + 3z = 1,6 (b)

Số mol hỗn hợp 2: kx + ky + kz = 0,5 (c) Số mol Br2 phản ứng: 2kx + kz = 0,625 (d)

Giải hệ các phương trình:

KÈ

 26x + 30y + 42z = 24,8  x = 0,4  x + 3y + 3z = 1, 6 %VC 2 H2 = 50%   y = z = 0,2     k = 0,625  kx + ky + kz = 0,5  %VC 2 H6 = %VC3H6 = 25%   2kx + kz = 0, 625

Cách 2. Phương pháp tự chọn lượng chất:

DẠ

Hỗn hợp X theo đề bài là một hỗn hợp đồng nhất, tỷ lệ giữa các thành phần khí trong hỗn hợp là không đổi, do đó, KLPT trung bình của hỗn hợp (M) là một giá trị không đổi. Chọn số mol hỗn hợp X là 1mol: gọi a, b, c lần lượt là số mol của ba khí trong 1 mol hỗn hợp X. Từ giả thiết, ta có hệ phương trình:

FI CI A

a + b + c = 1  2a + c = 0,625 = 1,25 0,5   24,8(a + 33b + 3c  M = 26a + 30b + 42c =  1,6

(Trong đó a+3b+3c là số mol H 2 O sinh ra khi đốt cháy 1 mol hỗn hợp)

Cách 3: Phương pháp trung bình: Gọi công thức trung bình của cả hỗn hợp là C x H y Có nhiều cách để xác định x v µ y

 a = 0,5 %VC 2 H2 = 50%   b = c = 0,25  %VC 2 H6 = %VC 3H6 = 25%

ƠN

3.1. Phương pháp trung bình kết hợp với bảo toàn nguyên tố và khối lượng Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố và bảo toàn khối lượng ta có: mC = mX – mH = 24,8 – (1,6.2) = 21,6g

 n C = 21, 6 = 1,8 mol  x : y = (1,6.2) :1,8 = 16 : 9 12

Do đó CTPT trung bình của hiđrocacbon trở thành: C x H16 x 9

QU Y

Do phản ứng cộng Br2 tạo thành hợp chất no nên ta có CTPT của sản phẩm là: C X H 169 X Br2 X + 2 (Vì tổng số nguyên tử H và Br = 2x + 2) 9

Vậy 2 x + 2 = 0,625.2 = 2,5  x = 9 9

0,5

Vậy công thức trung bình của hỗn hợp là: C9/4H4.

3.2. Phương pháp trung bình kết hợp độ bất bão hòa và phương pháp đại số: PTHH của phản ứng: C n H2n+2−2a + āBr2 → C n H2n +2−2a Br2a

KÈ

Theo phương trình a =

n Br2 0,625 = = 1,25 nX 0,5

Do đó CTPT trung bình của X có thể viết lại là: C n H 2 n −0,5 0

t Khi đó phương trình đốt cháy: C n H 2 n −0,5 + kO 2  → nCO 2 + (n − 0,25)H 2 O

DẠ

Gọi số mol hỗn hợp X là x, từ đó ta dễ dàng lập được hệ phương trình: x(n − 0,5) = 24,8 xn = 1,8 n = 9 / 4     x(n − 0,25) = 1,6  x = 0,8  x = 0,8

Vậy công thức trung bình của hỗn hợp là: C9/4H4.

3.3. Phương pháp trung bình kết hợp xác định độ bất bão hòa và phân tích hệ số

n Br2 0,625 = = 1,25 nX 0,5

mC = mX – mH = 24,8 – 1,6.2 = 21,6  nC = Mặt khác ta có: n X = Vậy n =

21,6 = 1,8 mol = nCO2 12

n H2O − n CO2 0,8 mol 1− a

n CO2 1,8 9 = = nX 0,8 4

ƠN

CTPT trung bình của hỗn hợp X là: C9/4H4.

Theo phương trình a =

FI CI A

PTHH của phản ứng: C n H2n+2−2a + āBr2 → C n H2n +2−2a Br2a

Gọi công thức trung bình của cả hỗn hợp là C n H2n+2−2a với ā là số liên kết π trung bình của hỗn hợp.

3.4. Phương pháp trung bình kết hợp độ bất bão hòa và phương pháp bảo toàn nguyên tố và khối lượng:

Theo phương trình a =

PTHH của phản ứng: C n H2n+2−2a + āBr2 → C n H2n +2−2a Br2a n Br2 0,625 = = 1,25 nX 0,5

Do đó CTPT trung bình của X có thể viết lại là: C n H 2n −0,5 (1)

QU Y

mC = mX – mH = 24,8 – (1,6.2) = 21,6g

 n C = 21, 6 = 1,8 mol  x : y = (1,6.2) :1,8 = 16 : 9 12

Do đó CTPT trung bình của hiđrocacbon trở thành: C x H16 x (2) 9

n = x  n= 9 16 4 2n − 0,5 = 9 x

Từ (1) và (2) ta có: 

KÈ

CTPT trung bình của hỗn hợp X là: C9/4H4.

DẠ

Sau khi xác định được CTPT trung bình của hỗn hợp ta có nhiều cách để tìm ra kết quả của bài toán: Ta có nX =

24,8 = 0,8 mol 31

1) Phương pháp đại số: Gọi x, y, z lần lượt là số mol của C2H2, C2H6 và C3H6 trong hỗn hợp X, ta có hệ phương trình:

FI CI A

2) Phương pháp sơ đồ chéo: Áp dụng sơ đồ chéo cho hỗn hợp X: * Theo số nguyên tử C trung bình: 3

(C2H2, C2H6) : C = 2 9 4

C 3 H6 : C = 3

* Theo số nguyên tử H trung bình: H= 4

50%

C2H2 : H = 2

25%

ƠN

(C2H6, C3H6) : H = 6

75%

 x + y + z = 0,8  x = 0,4 %VC 2 H2 = 50%    x + 3y + 3z = 1,6   y = z = 0,2  %VC 2 H6 = %VC 3H6 = 25% 2x + 3y + 3z = 1,8 

%VC 2 H 2 = 50%  %VC 2 H6 = %VC 3H6 = 25%

Từ kết quả trên ta có   3) Phân tích hệ số:

QU Y

C2H2 và C2H6 cháy cho ta n X : n CO = 1: 2 ; C3H6 cháy cho n X : n CO = 1: 3 nên ta có: n C H = n CO − 2n X = 0,2 mol 6

Mặt khác: C2H6 và C3H6 cháy cho ta n X : n H O = 1: 3 ; C2H2 cháy cho 3nX − nH2O = 0,4 mol n X : n H O = 1:1 nên ta có: nC2H2 = 2 2

KÈ

Bài 2: Hỗn hợp khí A gồm H2 và 2 olefin là đồng đẳng liên tiếp nhau. Cho 1,904 lít (đktc) hỗn hợp khí A đi qua bột Ni, nung nóng thu được hỗn hợp khí B. Biết hỗn hợp B làm nhạt màu nước brom. Đốt cháy hoàn toàn B thì thu được 8,668 gam CO2 và 4,086 gam H2O. Xác định CTPT của 2 olefin và thành phần % mỗi khí trong hỗn hợp, biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và tốc độ phản ứng của 2 olefin là như nhau.

Lời giải:

DẠ

Vì hỗn hợp B làm nhạt màu nước brôm, chứng tỏ trong B còn dư olefin  Sau phản ứng H2 hết.

Cách 1: Phương pháp đại số Đặt CTPT của 2 olefin là: CnH2n và CmH2m (m = n + 1)

Đặt số mol các chất trong A {H2: x ; CnH2n: y ; CmH2m: z } C m H 2m + H2 → C m H2m+2 x2 x2 x2

Vì H2 hết  x = (x1 + x2)

FI CI A

C n H2n + H2 → C n H2n +2 x1 x1 x1

 x + y + z = 0,085 (I)

Hỗn hợp khí B gồm {CnH2n+2: x1; CmH2m+2: x2 ; CnH2n: (y – x1) ; CmH2m: (z – x2)} Từ phản ứng đốt cháy B n CO2 = nx1 + n(y − x1 ) + mx 2 + m(z − x2 ) = 0,197 (II)

n H2O = (n + 1)x1 + n(y − x1 ) + (m + 1)x 2 + m(z − x2 ) = 0,227 (III)

Từ (I), (II), (III)

 x = x1+ x2 = 0,03 ; y + z = 0,055 ; ny + mz = 0,197

ƠN

 ny + (n + 1)(0,055 – y) = 0,197  y = 0,055n – 0,142 Vì 0 < y < 0,055  2,58 < n < 3,58  n = 3 ; m = 4 Vậy CTPT của 2 olefin là: C3H6 và C4H8.

 %VC 3 H6 =

Thay giá trị n = 3 và m = 4 vào trên ta có: y = 0,023; z = 0,032 0,023 .100(%) ≈ 41,82%  %VC 4 H8 ≈ 58,18% 0,023 + 0,032

QU Y

Phương pháp này tương đối dài. Nếu học sinh đã được trang bị về phương pháp giải thì sẽ nhận ra ngay để xác định các chất đồng đẳng kkế tiếp có thể dùng phương pháp trung bình sẽ gọn hơn nhiều: Cách 2: Phương pháp trung bình Để xác định 2 olefin đồng đẳng kế tiếp ta có thể tìm số nguyên tử C trung bình hoặc phân tử khối trung bình bằng các cách sau:

2.1. Kết hợp với phương pháp đại số Đặt CTPTTB của 2 olefin là C n H 2n

KÈ

Đặt số mol các chất trong A { H2: x ; C n H 2n : (0,085 – x) 0

Ni,t C n H 2n + H 2  → C n H 2n + 2 x x x

Hỗn hợp B gồm {C n H 2n +2 : (0,085 - x) mol; H 2 : x mol}

DẠ

C n H 2 n+2 + x

3n + 1 O 2  → nCO 2 + (n + 1)H 2 O 2 nx (n + 1)x

2H2 + O2 → 2 H2O

Từ phản ứng đốt cháy B

FI CI A

 x = 0,03  n CO2 = (0,085 − 2x)n + nx = 0,197    n H2O = (0,085 − 2x)n + (n + 1)x = 0,227  n = 3,852

Vì 2 olefin là đồng đẳng liên tiếp nhau  CTPT của 2 olefin là: C3H6 và C4H8. 2.2. Kết hợp với phân tích hệ số Đặt CTPTTB của 2 olefin là C n H 2n 0

Ni,t Cn H2n + H2  →Cn H2n+2

n CO2 nC H n

(A)

= 0,055

0,197 ≈ 3,582 0,055

Vì 2 olefin là đồng đẳng liên tiếp nhau  CTPT của 2 olefin là: C3H6 và C4H8.

ƠN

 n=

n C n H2 n + 2 = n H2 = n H2O − n CO2 = 0,03  n C H

2.3. Kết hợp phương pháp bảo toàn nguyên tố

Nhận xét: Theo bảo toàn nguyên tố ta có

Đốt cháy B ⇔ Đốt cháy A. Mà olefin cháy cho số mol H2O bằng số mol CO2 nên n H 2 = n H 2 O do H 2 t¹o ra = n H 2 O − n CO2 = 0,03  n C

n CO2 nC H n

H2 n

= 0,055

0,197 ≈ 3,582 0,055

QU Y

 n=

Vì 2 olefin là đồng đẳng liên tiếp nhau  CTPT của 2 olefin là: C3H6 và C4H8. (Tương tự ta cũng có thể tìm phân tử khối trung bình rồi kết luận) Sau khi tìm được n hoặc M ta có các cách xác định thành phần % như sau:

Cách 1. Dùng công thức trung bình: Gọi % theo thể tích của C3H6 là x  % theo thể tích của C4H8 là 1 – x ta có:

KÈ

3x + 4(1 – x) = 3,582  x = 0,418

Vậy: %VC H = 41,8%  %VC H = 58,2% 3

Cách 2. Dùng phương pháp sơ đồ chéo: 3

C4H8

DẠ

C3H6

0,418 3,582 0,582

0,418 .100(%) = 41,8%  %VC 4 H8 = 58,2% 0, 418 + 0,582

Vậy:  %VC H =

P 2: Bài tập chương dẫn xuất halozen, ancol, phenol

FI CI A

Bài tập: Đun nóng m gam hỗn hợp CH3CCl3 và C6H5Cl với dung dịch NaOH đặc, ở áp suất cao thấy hết 32 gam NaOH phản ứng và thu được 60,65 gam hỗn hợp 3 muối. Tính m? Lời giải:

Bài toán này không khó nhưng nếu học sinh không nắm vững kiến thức thì không xác định đúng sản phẩm của phản ứng.

Cách 1. Phương pháp đại số: Phương trình hóa học các phản ứng: CH3CCl3 + 4NaOH → CH 3COONa + 3NaCl + 2H2 O

ƠN

x  → 4x  → x  → 3x C 6 H 5Cl + 2NaOH → C 6 H 5ONa + NaCl + H 2 O y → 2y  → y → y

Từ 2 phản ứng trên ta có hệ phương trình:  4x + 2y = 0,8 x = 0,1    257,5x + 174,5y = 60,65  y = 0,2

Vậy m = 133,5.0,1 + 112,5.0,2 = 35,85 gam

QU Y

Cách 2. Phương pháp bảo toàn khối lượng: Ta có mdx + m NaOH = m muèi + m H O  mdx = mmuèi + mH O − m NaOH 2

1 2

Mặt khác, áp dụng bảo toàn nguyên tố H ta có: n H O = n NaOH = 0, 4mol 2

Vậy m = 60,65 + 0,4.18 – 32 = 35,85 gam

Cách 3. Phương pháp tăng giảm khối lượng:

KÈ

Ta thấy, cứ 1 mol NaOH phản ứng tạo thành muối, khối lượng tăng 40 −

18 = 31g 2

 Từ dẫn xuất halogen → muối ∆m tăng = 0,8.31 = 24,8 gam

Vậy m = 60,65 – 24,8 = 35,85

Cách 4. Phương pháp bảo toàn điện tích kết hợp với bảo toàn khối lượng:

DẠ

Đặt số mol CH3CCl3 và C6H5Cl lần lượt là x và y ta có:

Dung dịch muối sau phản ứng còn CH3COO- (x mol), C6H5O- (y mol), Cl- (3x + y mol) và Na+ (0,8 mol). Theo bảo toàn điện tích ta có: x + y + 3x + y = 0,8  4x + 2y = 0,8 (1)

Mặt khác, mmuối = 59x + 93y + 35,5(3x + y) + 23.0,8 = 60,65

 165,5x + 128,5y = 42,25(2)

Vậy m = 133,5.0,1 + 112,5.0,2 = 35,85 gam Cách 5. Phương pháp số học: CH 3CCl 3 + 4NaOH → CH 3COONa + 3NaCl + 2H 2 O

(1)

C 6 H 5Cl + 2NaOH → C 6 H 5ONa + NaCl + H 2 O

(2)

FI CI A

Từ (1) và (2) ta có x = 0,1; y = 0,2.

Giả sử 0,8 mol NaOH tham gia phản ứng (1); khi đó mmuối = 51,5 gam; ít hơn so với thực tế là 9,15gam Mặt khác, nếu thay 1 mol NaOH tham gia phản ứng (1) bởi 1 mol NaOH tham gia phản ứng (2) thì khối lượng muối tăng lên một lượng là: 87,25 – 64,375 = 22,875g

Do đó n C H Cl = 0,2mol; n CH CCl = 0,1mol 6

9,15 = 0, 4mol 22,875

ƠN

Vậy, số mol NaOH tham gia phản ứng (2) là:

Vậy m = 133,5.0,1 + 112,5.0,2 = 35,85 gam

P 3: Bài tập chương anđehit, xeton, axit cacboxylic

Bài tập: 19,5 gam hỗn hợp X (gồm axit axetic và axit oxalic) phản ứng vừa đủ với Na thu được 4,48 lit H2 ở đktc và a gam muối. Tính a?

Ta có: n H = 2

QU Y

Lời giải: 4, 48 = 0,2mol 22, 4

Cách 1. Phương pháp đại số:

Phương trình hóa học các phản ứng xảy ra:

2CH 3COOH + 2Na → 2CH 3COONa + H 2 HOOC − COOH + 2Na → NaOOC − COONa + H 2

KÈ

Từ đó ta có hệ phương trình: 60x + 90y = 19,5 x = 0,1   0,5x + y = 0,2  y = 0,15

Vậy a = 82.0,1 + 134.0,15 = 28,3

DẠ

Cách 2. Dùng công thức trung bình: Đặt công thức chung của 2 axit là: R(COOH)n ta có:

n R(COOH)n + nNa → R(COONa)n + H 2 2 0,4 / n → 0, 4 / n ← 0,2

m axit =

FI CI A

Từ đó ta có: 0,4 (R + 45n) = 19,5  R = 3,75n n

m muèi =

0, 4 0,4 (R + 67n) = .R + 0,4.67 = 3,75.0, 4 + 26,8 = 28,3g n n

Cách 3. Phương pháp số học: 6.1.Giả sử 0,2 mol H2 đều do CH3COOH sinh ra:

Đáp án: a = 28,3.

Khi đó: n CH COOH = 2n H = 0,4mol  m hh = 0, 4.60 = 24gam 2

ƠN

Thực tế mhh = 19,5 gam (ít hơn 4,5 gam)

Nếu chuyển 1 mol H2 sinh ra do CH3COOH thành 1 mol H2 sinh ra do HOOCCOOH thì khối lượng hỗn hợp giảm một lượng là: 60.2 – 90 = 30 gam. Vậy trong phép giả sử trên ta đã thay lượng HOOC-COOH là: 1.

4,5 = 0,15mol 30

Vậy: n CH COOH = 2.(0,2 − 0,15) = 0,1mol 3

QU Y

Do đó a = 82.0,1 + 134.0,15 = 28,3

6.2. Giả sử khối lượng 19,5 gam là CH3COOH: 1 2

1 19,5 = 0,1625mol 2 60

Khi đó: n H = n CH COOH = . 2

Thực tế: n H = 0,2mol (hơn 0,0375mol) 2

Mặt khác: nếu chuyển 1 gam CH3COOH thành 1 gam HOOC-COOH thì số mol H2 1 1 1 1 − . = mol 90 2 60 360

KÈ

tăng thêm một lượng:

Vậy trong phép giả sử trên đã chuyển một lượng HOOC-COOH thành CH3COOH là: 0,0375 :

1 = 13,5gam 360

 n HOOC − COOH =

13,5 19, 5 − 13, 5 = 0,15mol; n CH 3COOH = = 0,1mol 90 60

DẠ

Vậy a = 82.0,1 + 134.0,15 = 28,3

Cách 4. Phương pháp bảo toàn khối lượng:

Ta có: axit + Na → muối + H2.

Để bảo toàn điện tích ta luôn có: n Na = 2.n H = 0,4mol 2

FI CI A

Đáp số: a = 28,3

 m m uèi = m axit + m N a − m H 2 = 19, 5 + 0, 4.23 − 0, 2.2 = 28, 3gam

Cách 5. Phương pháp tăng giảm khối lượng

Ta có: Cứ 1mol Na thay thế được 1 mol nguyên tử H, khối lượng tăng lên 22gam. Vậy ∆m tăng = 22.0,2.2 = 8,8gam Vậy a = 19,5 + 8,8 = 28,3

Như vậy, nếu đề bài không yêu cầu tính khối lượng từng muối thì giải bằng phương pháp tăng giảm khối lượng sẽ tìm được kết quả nhanh nhất. P 4: Bài tập chương este, lipit

ƠN

Bài 1: X là một este no đơn chức, có tỉ khối hơi đối với CH4 là 5,5. Nếu đem đun 2,2 g este X với dung dịch NaOH (dư), thu được 2,05g muối. Công thức cấu tạo thu gọn của X là B. C2H5COOCH3.

A. HCOOCH2CH2CH3.

D. HCOOCH(CH3)2.

C. CH3COOC2H5.

Lời giải:

Ta có d X /CH = 5, 5  M X = 5, 5.16 = 88  nX = 4

2,2 = 0,025 mol 88

Cách 1. Xác định số nguyên tử C từ của gốc axit và ancol

QU Y

Đặt CTPT của este đó là: CnH2n+1COOCmH2m+1 (với n ≥ 0; m ≥ 1; n, m nguyên) PTHH của phản ứng:

C n H 2n +1COOC m H 2m +1 + NaOH → C n H 2n +1COONa + C m H 2m +1OH M muèi =

2, 05 = 82  14n + 68 = 82  n = 1 0, 025

Mặt khác Meste = 88  14n + 14m + 46 = 88  m = 2

KÈ

Vậy X là CH3COOC2H5 (Đáp án C). Cách 2. Xác định CTPT của muối tạo thành và este Đặt CTPT của este no đơn chức là CnH2nO2. Ta có 14n + 32 = 88  n = 4. Vậy CTPT của X là C4H8O2.

DẠ

Đặt công thức của muối là RCOONa ta có: R + 67 = 82  R = 15 (CH3)  Muối là CH3COONa Vậy X là CH3COOC2H5 (Đáp án C).

Cách 3. Xác định CTPT của ancol tạo thành và este hoặc muối Áp dụng bảo toàn khối lượng ta có: mancol = mX + mNaOH - mmuối.

Mà X đơn chức nên nNaOH = nX = 0,025 mol 1,15 0, 025

= 46 

ancol tạo thành là C2H5OH

FI CI A

 M ancol =

 mancol = 2,2 + 0,025.40 – 2,05 = 1,15

Kết hợp với cách xác định muối hoặc este như các cách trên ta sẽ xác định được X Cách 4. Kết hợp với các phương án lựa chọn: 4.1. Cách quan sát thứ nhất:

Với HS đã có thói quen quan sát các phương án lựa chọn sẽ nhận ra ngay rằng các phương án lựa chọn có cùng CTPT. Như vậy bài toán không cần tìm CTPT este mà chỉ cần tìm CT của muối hoặc ancol tạo thành như trên là đủ. Hoặc sau khi tìm ra công thức muối hoặc ancol HS có thể quan sát đáp án để chọn phương án thích hợp. 4.1. Cách quan sát thứ hai:

ƠN

Với HS thông minh có thể nhận ra rằng với câu trắc nghiệm có 1 đáp án đúng thì loại ngay phương án A và D vì dữ kiện bài toán không đủ để phân biệt hai este này (CTPT muối và ancol tạo thành như nhau do đó nếu đáp án là A thì D cũng thỏa mãn và ngược lại).

Như vậy chỉ còn 2 khả năng là B hoặc C. Lúc này HS chỉ cần chọn 1 trong 2 để thử: VD: Chọn B: m muèi = 0, 025.96 = 2, 4g ≠ 2,05 (lo¹i )  Phương án C thỏa mãn Nếu chọn C để thử thì ta có: m muèi = 0, 025.88 = 2, 05 (tháa m·n )

QU Y

Bài 2: Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp 2 este của 2 axit là đẳng kế tiếp cần vừa đủ 100ml dung dịch NaOH 2M thu được 15,7gam hỗn hợp 2 muối và 6,4 gam một ancol đơn chức. Tính m và xác định công thức phân tử 2 este đó. Lời giải:

Vì 2 este được tạo thành từ 2 axit cacboxylic đơn chức và 1 ancol nên 2 este đó là đơn chức.

Cách 1. Phương pháp đại số thông thường:

KÈ

Đặt công thức phân tử 2 este là R1COOR’ và R2COOR’. Vì 2 axit là đồng đẳng kế tiếp nên R2 = R1 + 14. Phương trình hóa học các phản ứng: R1COOR’ + NaOH → R1COONa + R’OH

R 2 COOR’ + NaOH → R 2 COONa + R’OH

DẠ

* Tính m: Ta có: nNaOH = x + y = 0,2 mmuối = (R1 + 67)x + (R2 + 67)y = R1x + R2y + 67(x + y) = 15,7  R1x + R2y + 67.0,2 = 15,7  R1x + R2y = 2,3

mancol = (R’ + 17).(x + y) = 6,4  R’ = 15

meste = (R1 + 44 + R’)x + (R2 + 44 + R’)y = (R1x + R2y) + R’(x + y) + 44(x + y)

FI CI A

= 2,3 + 15.0,2 + 44.0,2 = 14,1 gam * Xác định công thức 2 este: R’ = 15  R’ là gốc CH3. R1x + R2y = 2,3  R1x + (R1 + 14)y = 2,3  R1(x + y) + 14y = 2,3  0,2R1 = 2,3 – 14y.

Vậy 2 este là HCOOCH3 và CH3COOCH3. Cách 2. Dùng phương pháp trung bình:

Do 0 < y < 0,2  0 < R1 < 11,5  R1 là H- (R1 = 1)  R2 là CH3.

RCOOR + NaOH  → RCOONa + ROH

ƠN

Đặt công thức chung của 2 este là: R COOR. Ta có: 0, 2  → 0, 2  → 0, 2  → 0, 2 : mol

mancol = (R + 17).0,2 = 6,4  R = 15

( R + 67).0,2 = 15,7  R = 11,5

 meste = ( R + 44 + R).0,2 = (11,5 + 44 + 15).0,2 = 14,1g

Vậy m = 14,1

QU Y

R’ = 15  R là CH3.

R = 11,5  2 gốc axit là H- và CH3.

Vậy công thức 2 este là HCOOCH3 và CH3COOCH3. Cách 3. Dùng phương pháp bảo toàn khối lượng: Ta có meste + mNaOH = mmuối + mancol.

 meste = mmuối + mancol – mNaOH = 15,7 + 6,4 – 0,2.40 = 14,1 gam

Vậy m = 14,1.

KÈ

Đặt công thức chung 2 este là R COOR ta có: R + 17 =

6, 4 = 32  R = 15(CH 3 ) 0, 2

DẠ

R + 23 + R =

15,7  R = 11,5 0,2

Vậy 2 este là HCOOCH3 và CH3COOCH3. Cách 4. Phương pháp tăng giảm khối lượng:

Gọi CTPT ancol là ROH ta có: R + 17 = 6, 4 = 32  R = 15(CH 3 ) 0, 2

FI CI A

Ta có: Cứ 1 mol este phản ứng với 1 mol NaOH tương đương với sự thay thế 1 mol CH3 bằng 1 mol Na  Khối lượng tăng: 23 – 15 = 8gam. ∆m tăng = 0,2.8 = 1,6 gam meste = 15,7 – 1,6 = 14,1 gam R + 23 + R =

15,7  R = 11,5 0,2

Vậy 2 este là HCOOCH3 và CH3COOCH3.

Cách 5. Xác định công thức phân tử sau đó tính khối lượng từng este: Gọi công thức chung của este là R COOR

R + 23 + R =

6, 4 = 32  R = 15(CH 3 ) 0, 2

ƠN

 CTPT ancol là ROH ta có: R + 17 =

15,7  R = 11,5 0,2

Từ đó ta có 2este là HCOOCH3 và CH3COOCH3.

Gọi % theo mol của HCOOCH3 là x thì % theo mol của CH3COOCH3 là 1 – x Ta có 1x + 15(1 – x) = 11,5  x = 0,25

Vậy n HCOOCH = 0,25.0,2 = 0,05mol  n CH COOCH = 0,15mol 3

QU Y

meste = 0,05.60 + 0,15.74 = 14,1gam Cũng có thể dùng sơ đồ chéo để xác định số mol các este: HCOOCH3 (R = 1)

3,5

11,5

CH3COOCH3 (R = 15)

HCOOCH3

n CH COOCH 3 3

1 = 3

10,5

1 .0,2 = 0,05mol  n CH3COOCH3 = 0,15mol 1+ 3

KÈ

 n HCOOCH3 =

meste = 0,05.60 + 0,15.74 = 14,1gam

DẠ

Bài 3: Cho hỗn hợp X gồm hai hợp chất hữu cơ no, đơn chức tác dụng vừa đủ với 100 ml dung dịch KOH 0,4M, thu được một muối và 336 ml hơi một ancol (ở đktc). Nếu đốt cháy hoàn toàn lượng hỗn hợp X trên, sau đó hấp thụ hết sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 (dư) thì khối lượng bình tăng 6,82g. Công thức của hai hợp chất hữu cơ trong X là A. CH3COOH và CH3COOC2H5.

B. C2H5COOH và C2H5COOCH3.

C. HCOOH và HCOOC2H5.

D. HCOOH và HCOOC3H7.

Lời giải:

Hỗn hợp X tác dụng với KOH sinh được 1 muối và 1 ancol  Hỗn hợp X gồm 1 axit cacboxylic và 1 este của axit đó. 2

Cách 1. Phương pháp đại số:

FI CI A

Theo bài ra ta có: n NaOH = 0,04mol; nancol = 0,015; m H O + m CO = m b×nh t¨ng = 6,82g Đặt công thức 2 chất trong X là CnH2n+1COOH và CnH2n+1COOCmH2m+1. Phương trình hóa học các phản ứng: Phản ứng với KOH:

C n H 2n +1COOC m H 2m +1 + KOH → C n H 2n +1COOK + C m H 2m +1OH

C n H2n +1COOH + KOH → C n H 2n +1COOK + H 2O

Phản ứng đốt cháy:

3n + 1 O 2 → (n + 1)CO 2 + (n + 1)H 2 O 2

C n H 2n +1COOH +

3n + 3m + 1 O 2 → (n + m + 1)CO2 + (n + m + 1)H 2 O 2

ƠN

C n H 2n +1COOC m H 2m +1 +

m H2 O + m CO2 = 6,82

= 0,015(n + m + 1).18 + 0,025(n + 1).18 + 0,015(n + m + 1).44 + 0,025(n + m + 1).44

Do vậy ta có: m n

QU Y

 2,48n + 0,93m = 4,34  n = 1,75 − 0,375m

1,375 (loại)

1 (t/mãn)

0,625 (loại)

Vậy, công thức của hai hợp chất hữu cơ trong X là CH3COOH và CH3COOC2H5.

Cách 2. Phương pháp trung bình: Đặt công thức chung của 2 chất trong X là: C n H 2n+1COOC m H 2m+1

KÈ

C n H 2n +1 COOC m H 2 m +1 + KOH → C n H 2n +1 COOK + C m H 2 m +1 OH 0,04 ←  0,04 → 0,04

3n + 3m + 1 O 2 → (n + m + 1)CO 2 + (n + m + 1)H 2 O 2 0,04  → 0,04(n + m + 1) → 0,04(n + m + 1)

DẠ

C n H 2n +1COOC m H 2m +1 +

Do 1 chất là axit, 1 chất là este nên m1 = 0, và m2 = m Số mol ancol là 0,015 nên ta có:

m H2 O + m CO2 = 0,04(n + m + 1).18 + 0,04(n + m + 1).44 = 6,82  n + m = 1, 75 Thay m = 0, 375m vào ta có

n = 1,75 – 0,375m m

1,375 (loại)

1 (t/mãn)

0,625 (loại)

0.0,025 + m.0,015 = 0,375m 0,04

FI CI A

Vậy, công thức của hai hợp chất hữu cơ trong X là CH3COOH và CH3COOC2H5. Cách 3. Phân tích hệ số kết hợp với công thức trung bình

Do hỗn hợp X gồm axit cacboxylic và este đều no, đơn chức, mạch hở nên khi đốt cháy X cho ta số mol H2O bằng số mol CO2. 2

6,82 = 0,11mol ; n X = n NaOH = 0,04mol 18 + 44

n CO2 nX

= 2,75

Vậy số nguyên tử C trung bình: n =

ƠN

Do đó: n H O = n CO =

Do số mol ancol là 0,015 nên ta gọi số nguyên tử C trong este là n1 số nguyên tử C trong axit là n2 (n1 > n2) ta có: 0,015n1 + 0,025n 2 = 2,75  1,5n1 + 2,5n 2 = 11 0,04

n2 n1

QU Y

5,67 (loại)

4 (t/mãn)

0,625 (loại)

Vậy CT axit là CH3COOH  CT este là CH3COOC2H5.

Cách 4. Kết hợp phương pháp trung bình với phương pháp sơ đồ chéo: 4.1. Kết hợp cách 2 với sơ đồ chéo:

KÈ

Đặt công thức chung của 2 chất trong X là: C n H 2n+1COOC m H 2m+1 C n H 2n +1COOC m H 2 m +1 + KOH → C n H 2n +1COOK + C m H 2 m +1OH

C n H 2n +1COOC m H 2m +1 +

3n + 3m + 1 O 2 → (n + m + 1)CO 2 + (n + m + 1)H 2 O 2

DẠ

Do 1 chất là axit, 1 chất là este nên m1 = 0, và m2 = m Số mol ancol là 0,015 nên ta có:

m-m

0 (0,025mol)

m-m

 m = 0,375m

0,015 0,025

FI CI A

m (0,015mol)

Mặt khác m H O + m CO = 0,04(n + m + 1).18 + 0,04(n + m + 1).44 = 6,82 2

Thay vào ta có: n = 1,75 – 0,375m 1

1,375 (loại)

1 (t/mãn)

0,625 (loại)

Vậy, công thức của hai hợp chất hữu cơ trong X là CH3COOH và CH3COOC2H5. 4.2. Kết hợp cách 3 với sơ đồ chéo:

Do đó: n H O = n CO = 2

6,82 = 0,11mol ; n X = n NaOH = 0, 04mol 18 + 44

ƠN

Do hỗn hợp X gồm axit cacboxylic và este đều no, đơn chức, mạch hở nên khi đốt cháy X cho ta số mol H2O bằng số mol CO2.

Vậy số nguyên tử C trung bình: n =

n CO2 nX

= 2,75

QU Y

Do số mol ancol là 0,015 nên ta gọi số nguyên tử C trong este là n1 số nguyên tử C trong axit là n2 (n1 > n2) nên áp dụng sơ đồ chéo ta có: n1 (0,015mol)

2,75 - n2

2,75

n2 (0,025mol)

0,015 =

n1 - 2,75

0,025

n1 - 2,75

 n2 = 4,4 – 0,6n1.

3,2 (loại)

2,6 (loại)

2 (t/mãn)

KÈ

Vậy CT axit là CH3COOH  CT este là CH3COOC2H5. P 5: Bài tập chương cabohiđrat

DẠ

Bài tập: Cho xenlulozơ phản ứng với anhiđrit axetic (Có H2SO4 đặc làm xúc tác) thu được 11,1g hỗn hợp X gồm xenlulozơ triaxetat, xenlulozơ điaxetat và 6,6g CH3COOH. Thành phần phần trăm theo khối lượng của xenlulozơ triaxetat và xenlulozơ điaxetat trong X lần lượt là A. 77% và 23%.

B.77,84% và 22,16%.

C. 76,84% và 23,16%.

D. 70% và 30%.

Lời giải:

Cách 1. Phương pháp đại số:

FI CI A

Đặt số mol của xenlulozơ điaxetat và xenlulozơ triaxetat lần lượt là x và y ta có: [C 6 H 7 O 2 ( OH )3 ]n + 2n ( CH 3CO )2 O → [C 6 H 7 O 2 ( OOCCH 3 )2 ( OH ) ]n + 2nCH 3COOH

[C 6 H 7O2 ( OH ) ]3n + 3n ( CH3CO )2 O → [C 6 H 7O2 ( OOCCH 3 )3 ]n + 3nCH3COOH

Theo bài ra ta có hệ phương trình:

Vậy %xenluloz¬ triaxetat =

 2nx + 3ny = n axit = 0,11  nx = 0, 01    ny = 0,03  246nx + 288ny = 11,1

288.0,03 .100(%) = 77,84% 11,1

Cách 2. Phương pháp trung bình:

ƠN

%xenlulozơ điaxetat = 22,16%

Đặt CT chung của 2 este là C 6 H7 O2 ( OOCCH3 )x ( OH )3− x  n ta có:

Ta thấy n este =  m este =

0,11 nx

1 nx

n axit =

0,11 nx

[C 6 H7 O2 ( OH )3 ]n + nx ( CH3 CO )2 O → [C 6 H7 O2 ( OOCCH3 )x ( OH )3− x ]n + nxCH3COOH

.n(162 + 42x) = 11,1  x = 2, 75

QU Y

Gọi % theo mol của xenlulozơ triaxetat là x  % theo mol của xenlulozơ điaxetat là 1 – x. Ta có: x = 3x + 2(1 – x) = 2,75  x = 0,75

Vậy % theo khối lượng của xenlulozơ triaxetat

0,75.288 .100(%) = 77,84% 0,25.246 + 0,75.288

KÈ

 % theo khối lượng của xenlulozơ điaxetat = 22,16%

Cách 3. Phương pháp sơ đồ chéo: Tương tự cách 2, ta có x = 2,75

Áp dụng sơ đồ chéo ta có:

DẠ

xenlulozô triaxetat

xenlulozô ñiaxetat

0,75 2,75

nxl triaxetat nxl ñiaxetat

0,25

Vậy % theo khối lượng của xenlulozơ triaxetat

0,75 =3

= 0,25

3.288 .100(%) = 77,84% 1.246 + 3.288

FI CI A

Cách 4. Phương pháp số học: 4.1. Giả sử 11,1 gam este chỉ có xenlulozơ triaxetat: Khi đó: n axit = 3n.n este =

 % theo khối lượng của xenlulozơ điaxetat = 22,16%

11,1 .3n = 0,115625 288n

 Số mol axit nhiều hơn thực tế 0,005625mol

thì số mol axit tăng lên một lượng 3

Mặt khác cứ 1 gam xenlulozơ điaxetat được thay thế bởi 1 gam xenlulozơ triaxetat 1 1 3 − 2. = mol 288 246 1312

triaxetat là: 0,005625 :

3 = 2, 46g 1312

ƠN

Vậy trong phép giả sử trên đã thay một lượng xenlulozơ điaxetat bằng xenlulozơ

Vậy % theo khối lượng của xenlulozơ điaxetat là:

2, 46 .100(%) = 22,16% 11,1

% theo khối lượng của xenlulozơ triaxetat là 77,84%

4.2. Giả sử 0,11 mol CH3COOH chỉ do phản ứng (1) tạo ra: [C6H7O2(OH)3]n+ 2n(CH3CO)2O → [C6H7O2(OOCCH3)2(OH)]n + 2nCH3COOH (1)

Khi đó m este =

QU Y

[C6H7O2(OH)3]n + 3n(CH3CO)2O → [C6H7O2(OOCCH3)3]n + 3nCH3COOH (2) 0,11.246 = 13, 53g lớn hơn so với thực tế là 2,43 g 2

Nếu thay 1 mol CH3COOH được tạo ra do phản ứng (1) tạo xenlulozơ do phản ứng

(2) tạo ra thì khối lượng este giảm: một lượng

246 288 − = 27g 2 3

KÈ

Vậy trong phép giả sử trên đã chuyển lượng CH3COOH từ phản ứng (1) sang phản ứng 2 là 2,43 : 27 = 0,09 mol

Vậy khối lượng xenlulozơ triaxetat trong hỗn hợp là:

DẠ

Vậy % theo khối lượng của xenlulozơ triaxetat là:

0,09.288 = 8,64g 3

8,64 .100(%) = 77,84% 11,1

% theo khối lượng của xenlulozơ triaxetat là 22,16%

P 6: Bài tập chương amin, aminoaxit, protein

B. H2NCH2CH2COOH.

C. CH3CH(NH2)COOH.

D.CH3CH2CH(NH2)COOH.

FI CI A

A. H2NCH2COOH. Lời giải: Cách 1. Phương pháp đại số:

Đặt công thức phân tử của X là H2N-R-(COOH)x.

Phương trình hóa học của phản ứng: H2N-R(COOH)n + HCl → ClH3N-R(COOH)n. Đặt số mol của X là x  số mol của muối = x.

ƠN

10,3 13,95 =  R = 87 – 45n R + 16 + 45n R + 52,5 + 45n

42 (C3H6)

-3 (loại)

Từ đó ta có:

Bài tập: α-aminoaxit X chứa một nhóm -NH2. Cho 10,3 gam X tác dụng với axit HCl (dư), thu được 13,95 gam muối khan. Công thức cấu tạo thu gọn của X là

Mặt khác, do X là một α-amimoaxit nên công thu gọn của X là CH3CH(CH3)COOH (Đáp án C)

QU Y

Cách 2. Phương pháp bảo toàn khối lượng: Áp dụng bảo toàn khối lượng cho phản ứng ta có: m HCl = m muèi − m X = 13, 95 − 10,3 = 3,65g 10,3 = 103 0,1

 R = 87 – 45n

42 (C3H6)

-3 (loại)

KÈ

 n X = n HCl = 0,1mol  M X = R + 16 + 45n =

Mặt khác, do X là một α-amimoaxit nên công thu gọn của X là CH3CH(CH3)COOH (Đáp án C)

Cách 3. Phương pháp tăng giảm khối lượng:

DẠ

Do X chỉ chứa 1 nhóm NH2  cứ 1 mol X phản ứng với HCl thì khối lượng tăng 36,5g. Theo bài ra ∆m tăng = 13,95 – 10,3 = 3,65g

 R = 87 – 45n

42 (C3H6)

-3 (loại)

3,65 10,3 = 0,1mol  M X = R + 16 + 45n = = 103 36,5 0,1

FI CI A

 nX =

Mặt khác, do X là một α-amimoaxit nên công thu gọn của X là CH3CH(CH3)COOH (Đáp án C) Nhìn vào các phương án lựa chọn ta thấy: - Loại B vì đó không phải là một α-aminoaxit.

Cách 4. Phân tích các phương án lựa chọn:

ƠN

- Các phương án lựa chọn đều có 1 nhóm –COOH nên có thể gọi CTPT của X là H2N-R-COOH Đến đây có thể áp dụng phương pháp đại số, bảo toàn khối lượng hoặc tăng giảm khối lượng để tìm ra R. VD: Áp dụng bảo toàn khối lượng ta có:

13,95 − 10,3 10,3 = 0,1mol  M X = R + 61 = = 103  R = 42 (C3H6) 36,5 0,1

 n X = n HCl =  Đáp án C.

DẠ

KÈ

QU Y

Phương pháp này tuy không khắc sâu bản chất hóa học nhưng lại có tác dụng rèn tư duy quan sát và giúp giải nhanh một số bài toán xác định công thức phân tử trong hình thức thi trắc nghiệm nhiều lựa chọn với một phương án đúng – hình thức thi đang được sử dụng ở các kì thi THPT Quốc Gia hiện nay.