sỬ dỤng bÀi toÁn hỮu cƠ nhiỀu cÁch giẢi ĐỂ rÈn luyỆn …

Chuyên đề sinh hoạt chuyên môn

GV: Nguyễn Thị Hạnh – tổ hóa học trường THPT chuyên Lê Quý Đôn 1

Đề tài:

SỬ DỤNG BÀI TOÁN HỮU CƠ NHIỀU CÁCH GIẢI

ĐỂ RÈN LUYỆN TƯ DUY CHO HỌC SINH



PHẦN I: MỞ ĐẦU

I. Lý do chọn đề tài

Trong dạy học hóa học, có nhiều biện pháp và phương pháp để nâng cao chất lượng

dạy học và phát triển năng lực nhận thức của học sinh. Thực tế cho thấy, giải bài tập

hóa học không chỉ có tác dụng ôn tập, củng cố kiến thức đã học mà còn có tác dụng để

phát triển kiến thức, phát triển năng lực tư duy và rèn trí thông minh cho học sinh. Giải

một bài toán hóa học bằng nhiều cách dưới các góc độ khác nhau có khả năng rèn tư

duy cho học sinh gấp nhiều lần so với giải bài toán bằng một cách dù cách đó là ngắn

gọn nhất, giúp cho học sinh 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. Để

phát triển tư duy và rèn trí thông minh cho học sinh thì việc tìm ra đáp số của bài toán

hóa học là chưa đủ mà giáo viên cần phải khuyến khích học sinh tìm nhiều cách giải

cho một bài tập, chọn cách giải hay nhất và ngắn gọn nhất. Khi nói lên được ý hay, với

phương pháp tối ưu sẽ tạo cho học sinh niềm vui, sự hưng phấn, kích thích học sinh tư

duy, nỗ lực suy nghĩ để tìm ra cách giải hay hơn thế nữa.

Vì vậy chúng tôi chọn đề tài :

" SỬ DỤNG BÀI TOÁN HỮU CƠ NHIỀU CÁCH GIẢI

ĐỂ RÈN LUYỆN TƯ DUY CHO HỌC SINH”

Hy vọng đề tài này sẽ góp phần nâng cao chất lượng dạy học hóa học ở trường THPT

chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị.

II. Mục đích nghiên cứu

- Rèn luyện tư duy đa hướng cho học sinh lớp 11,12 trường Trung học phổ thông

qua hệ thống bài tập hóa học có nhiều cách giải.

- Nâng cao hiệu quả dạy học hóa học 11, 12 nâng cao trường THPT và bồi dưỡng

học sinh giỏi.

III. Nhiệm vụ của đề tài

- Tuyển chọn, xây dựng và sử dụng hệ thống bài toán hóa học có nhiều cách giải

cho lớp 11 nâng cao ở trường THPT.

- Nghiên cứu, đề xuất phương pháp sử dụng hệ thống bài tập có nhiều cách giải

một cách có hiệu quả trong quá trình dạy học hóa học ở lớp 11, 12 nâng cao trường



THPT.

- Thực nghiệm sư phạm : Kiểm nghiệm giá trị của hệ thống bài toán hóa học có

nhiều cách giải và hiệu quả của các đề xuất về phương pháp sử dụng ở trường Trung

học phổ thông.

IV. Khách thể và đối tượng nghiên cứu

- Khách thể nghiên cứu : Quá trình dạy học hóa học ở trường THPT.

- Đối tượng nghiên cứu : Hệ thống bài tập hóa học có nhiều cách giải ở lớp 11, 12

nâng cao trường THPT.

V. Phạm vi nghiên cứu

- Chương trình hóa học THPT : chương trình hóa học hữu cơ 11 và 12

VI. Phương tiện và phương pháp nghiên cứu

- Nghiên cứu, tham khảo các tài liệu có liên quan

- Tổng hợp, phân tích, đề xuất phương pháp giải

- Đưa ra các dạng bài tập tiêu biểu để minh họa sau đó có bài tập tương tự

VII. Kế hoạch thực hiện đề tài:

Nghiên cứu thực trạng của học sinh sau khi học hoá 11và 12 và kiểm tra chất lượng để

căn cứ vào đó lập kế hoạch xây dựng đề tài từ tháng tháng 10 năm 2019

DANH MỤC CÁC KÍ HIỆU, CHỮ VIẾT TẮT

DD: Dung dịch

ĐKTC: Điều kiện tiêu chuẩn

ĐLBTNT: Định luật bảo toàn nguyên tố

PTHH: Phương trình hóa học

THPT: Trung học phổ thông



PHẦN II . NỘI DUNG

I. TÌNH HÌNH SỬ DỤNG BÀI TẬP HOÁ HỌC NHIỀU CÁCH GIẢI

NHẰM RÈN LUYỆN TƯ DUY CHO HỌC SINH HIỆN NAY Ở TRƯỜNG

THPT.

Qua thực tế giảng dạy ở trường THPT chuyên Lê Quý Đôn 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.

- Khi hướng dẫn các em giải bài tập còn chạy theo số lượng, chưa khai thác hết

được các phương pháp giải của một bài toán để từ đó giúp học sinh có thể tự học và tự

nghiên cứu dễ dàng hơn.

Từ khi Bộ Giáo dục và đào tạo tổ chức thi đại học môn hóa theo phương pháp

trắc nghiệm, 40 câu trong 50 phút 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 1 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.

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 cạnh 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.



II. MỘT SỐ BÀI TẬP BÀI TẬP HỮU CƠ CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI

Bài 1 : Cho hỗn hợp A gồm anken X và H2 qua Ni đung 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.

Sơ đồ phản ứng :

CnH2n CnH2n+2 B không làm mất màu Brom .

( x mol ) ⎯⎯ →⎯ toNi, ( x mol) B là hỗn hợp của ankan và H2 dư

H2 H2 dư Anken X phản ứng hết

( y mol ) ( y-x mol )

--------------------- ----------------

MA= 6.2= 12 MB= 8.2= 16

CnH2n + H2 → CnH2n+2

x → x x mol

Cách 1 : 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

MA = yx

ynx

+

+ 214 = 12 → 14nx = 12x + 10y = 42x → 14n = 42 → n = 3

→ CTPT của anken X là C3H6 .

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

Hoặc :

MB = xyx

xyxn

−+

−++ )(2)214(=

x

ynx 214 += 16 → 14nx = 14y = 42x → 14n= 42 →

n = 3 → CTPT của anken X là C3H6 .

Cách 2 : Khối lượng mol trung bình :

MA = yx

ynx

+

+ 214 = 12 → 14nx + 2y = 12x + 12y → 14nx = 12x + 10y ( 1 )

MB = xyx

xyxn

−+

−++ )(2)214(=

x

ynx 214 += 16→ 14nx = 14y ( 2 )

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 3 : Hiệu 2 tỉ khối + Khối lượng mol trung bình + Bảo toàn khối lượng :

dB/H2 - dA/H2 = 2 1/2 ( MA - MB ) = 2

Bn

mB - An

mA = 4

)11

)(214(yxy

ynx+

−+ = 4

)(

)214(yxy

xynx

++ = 4

y

x

yxy

ynx.

)(

214

+

+ = 4

y

x.12 = 4

3

1=

y

x y = 3x.

MA = yx

ynx

+

+ 214 = 12 → 14nx = 12x + 10y = 42x → 14n = 42 → n = 3


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

Hoặc :

MB = xyx

xyxn

−+

−++ )(2)214(=

x

ynx 214 += 16 → 14nx = 14y = 42x → 14n= 42 → n = 3


( Ngoài ra bạn cũng có thể tìm ra y = 3x với phương pháp tổng 2 tỉ khối bằng cách

tương tự )...

Cách 4 : Hiệu 2 tỉ khối + Bảo toàn khối lượng + Sơ đồ đường chéo :

dB/H2 - dA/H2 = 2 1/2 ( MA - MB ) = 2

Bn

mB - An

mA = 4

)11

)(214(yxy

ynx+

−+ = 4

)(

)214(yxy

xynx

++ = 4

y

x

yxy

ynx.

)(

214

+

+ = 4

y

x.12 = 4

3

1=

y

x y = 3x.

Sơ đồ đường chéo :

CnH2n 14n 10

MA = 12

H2 2 14n - 12

3

1

1214

10

2

2 ==−

=y

x

nn

n

H

HC nn → n = 3


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



Hoặc :

CnH2n+2 14n + 2 14

MB = 16

H2 2 14n - 14

2

1

1414

14

2

22 =−

=−

=+

xy

x

nn

n

H

HC nn → n = 3


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

Cách 5 : Bảo toàn khối lượng + Sơ đồ đường chéo :

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


CnH2n 14n 10

MA = 12

H2 2 14n - 12

3

1

1214

10

2

2 ==−

=y

x

nn

n

H

HC nn → n = 3


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

Hoặc :

CnH2n+2 14n + 2 14

MB = 16

H2 2 14n - 14

2

1

1414

14

2

22 =−

=−

=+

xy

x

nn

n

H

HC nn → n = 3


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

Cách 6 : Khối lượng mol trung bình + Sơ đồ đường chéo :

Bạn có thể chọn 1 trong 2 cách nhỏ sau :



MA = yx

ynx

+

+ 214 = 12 → 14nx + 2y =

12x + 12y → 14nx = 12x + 10y ( 1 )


CnH2n+2 14n + 2 14

MB = 16

H2 2 14n - 14

→ xy

x

nn

n

H

HC nn

−=

−=+

1414

14

2

22 ( 2 )

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

→ y = 3x

→ n = 3.


trong A ( % Vanken= 25 , % VH2 = 75

MB = xyx

xyxn

−+

−++ )(2)214(=

x

ynx 214 += 16

→ 14nx = 14y ( 3 )


CnH2n 14n 10

MA = 12

H2 2 14n - 12

→ y

x

nn

n

H

HC nn =−

=1214

10

2

2 ( 4 )

( 3 ) & ( 4 ) → 14y = 12x + 10y → y =

3x

→ n = 3.


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

Cách 7 : Sơ đồ đường chéo :

CnH2n 14n 10

MA = 12

H2 2 14n - 12

y

x

nn

n

H

HC nn =−

=1214

10

2

2 ( 1 )

CnH2n+2 14n + 2 14

MB = 16

H2 2 14n - 14

xy

x

nn

n

H

HC nn

−=

−=+

1414

14

2

22 ( 2 )

( 1) & ( 2 ) → 110

1214

14

1414−

−=

− nn →

n = 3 → CTPT của anken X là C3H6 .

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



Bài 2. Hỗn hợp X gồm axetilen, etan và propen. Đốt cháy hoàn toàn 24,8 gam

hỗn hợp X thu được 28,8 gam nước. Mặt khác 0,5 mol hỗn hợp này tác dụng vừa

đủ với 500 gam dd Br2 20%. Tính thành phần phần trăm thể tích mỗi khí trong

hỗn hợp.

Lời giải

Các phản ứng hóa học xảy ra:

C2H2 + 2

5O2 ⎯→⎯ t 2CO2 + H2O

C2H6 + 2

7O2 ⎯→⎯ t 2CO2 + 3H2O

C3H6 + 2

9O2 ⎯→⎯ t 3CO2 + 3H2O

C2H2 + 2Br2 ⎯→⎯ C2H2Br4

C3H6 + Br2 ⎯→⎯ C3H6Br2

Cách 1. Nhóm các phương pháp đại số

Số mol nước là: 6,118

8,28= (mol)

Số mol Br2 là : 625,0160100

50020=

(mol)

Cách 1.1.

Gọi x, y, z lần lượt là số mol của C2H2, C2H6, C3H6 trong 24,8 gam hỗn hợp X.

Giả sử số mol các chất trong 0,5 mol hỗn hợp gấp k lần số mol các chất tương

ứng trong 24,8 gam hỗn hợp X.

Ta có hệ:

26x + 30y + 42z = 24,8

x + 3y + 3z = 1,6

kx + ky + kz = 0,5

2kx + kz = 0,625

Giải hệ trên có : x = 0,4 ; y = z = 0,2 ; k = 0,625

% Thể tích của C2H2 là : %501002,02,04,0

4,0=

++

% Thể tích của C2H6 là : %251002,02,04,0

2,0=

++



% Thể tích của C3H6 là : %251002,02,04,0

2,0=

++

Đây là cách làm quen thuộc mà đa số học sinh thường sử dụng để giải bài tập loại này.

Cách 1.2.

Hỗn hợp X theo đề bài là một hỗn hợp đồng nhất, tỉ lệ giữa các thành phần khí

trong hỗn hợp là không thay đổi do đó khối lượng phân tử trung bình của hỗn hợp ( M )

là giá trị không đổi.

Gọi x, y, z lần lượt là số mol của C2H2, C2H6, C3H6 trong 1 mol hỗn hợp khí X.

Ta có hệ

x + y + z = 1

2x + z = 25,15,0

625,0=

M = 26x + 30y + 42z = )33(6,1

8,24zyx ++

Giải hệ có : x = 0,05 ; y = z = 0,25

% Thể tích của C2H2 là : %501001

5,0=


25,0=


25,0=

Cách 2. Nhóm các phương pháp trung bình

Đặt CTPT trung bình cho cả hỗn hợp X làknn

HC222 −+

Ta có :

knnHC

222 −+ + )

2

12(

kn −+O2 ⎯→⎯ t n CO2 + )1( kn −+ H2O

kn −+1

6,1 1,6 (mol)

knnHC

222 −+ + k Br2 ⎯→⎯ t 2222

BrHCknn −+

0,5 0,5 k (mol)

Ta có hệ :

0,5 k = 0,625

kn −+1

6,1( )2214( kn −+ = 24,8



Giải hệ có : k =1,25 ; 4

9=n

CTPT trung bình của hỗn hợp X là 4

9C4H

Sau khi tìm được CTPT trung bình ta dễ dàng tìm ra kết quả của bài toán theo 1

trong 3 phương pháp sau :

Cách 2.1. Phương pháp đại số

Gọi x, y, x lần lượt là số mol các chất trong 24,8 gam hỗn hợp X

M = 3144

912 =+

Số mol hỗn hợp X là : 8,031

8,24= (mol)

nC = 8,14

98,0 = (mol)

nH = 2,348,0 = (mol)

Ta có hệ :

x + y + z = 0,8

2x + 6y + 6z = 3,2

2x + 2y + 3z = 1,8

Giải hệ có : x = 0,4 ; y = z = 0,2

% Thể tích của C2H2 là : %501008,0

4,0=


2,0=


2,0=

Cách 2.2. Phương pháp đường chéo

Theo số C trung bình

→ % Thể tích của C3H6 là 25%

Theo số H trung bình

(C2H2, C2H6) (C=2) 4

3 → 75%

(C3H6) (C=3) 4

1 → 25%

C=4

9



% Thể tích của C2H2 là 50%

% Thể tích của C2H6 là: 100 – 50 – 25 = 25%

Phương pháp đường chéo sử dụng trong bài này khá mới mẻ. Thông thường

phương pháp đường chéo chỉ sử dụng cho hỗn hợp hai chất, trong bài này lại sử dụng

cho hỗn hợp 3 chất. Học sinh nào phải có tư duy độc lập, sáng tạo mới làm được theo

cách này.

Cách 2.3. Phương pháp phân tích hệ số và ứng dụng

Ta đã có : nX = 0,8 mol. Phân tích hệ số các phản ứng cháy ta thấy :

- Tỉ lệ số mol 2

1

2

=CO

nhidrocacbo, trừ phản ứng của C3H6 có tỉ lệ 1:3

→ XCOHC nnn .223 6−= = 0,2 mol

- Tỉ lệ số mol 2

1

2

=OH

nhidrocacbo, trừ phản ứng của C2H2 có tỉ lệ 1:1

→ 2

232

2 2

OHX

HC

nnn

−= = 0,4 mol

Ta dễ dàng tích được số mol của C2H6 là 0,2 mol từ đó tính % thể tích các chất

trong hỗn hợp.

Mặc dù trong số các cách làm ở trên không có cách làm thực sự nhanh, nhưng

đều là những cách làm hay và hàm chứa tư duy logic, tư duy hóa học. Bài toán này thích

hợp với giáo viên sử dụng để minh họa khi giảng dạy về phương pháp, đồng thời cũng

là một bài tập quan trọng để các em học sinh tham khảo và học tập.

Bài 3. Đốt cháy hoàn m gam toàn hỗn hợp X gồm CH4, C2H4 và C2H2, thu được

35,2 gam CO2 và 25,2 gam H2O. Giá trị của m là

A. 1,24. B. 12,40. C. 2,48. D. 24,80.

Lời giải

Cách 1: Sử dụng phương pháp thông thường:

● X + O2: CH4 + 2O2 CO2 + 2H2O (1)

x x 2x

C2H4 + 3O2 2CO2 + 2H2O (2)

(C2H6, C3H6) (H=6) 2 → 50%

(C2H2) (H=2) 2 → 50%

4



y 2y 2y

2C2H2 + 5O2 4CO2 + 2H2O (3)

z 2z z

(1)(2)(3) nCO = x + 2y + 2z = = 0,8 mol

nH2O = 2x + 2y + z = 18

2,25 = 1,4 mol

Đến đây nhiều HS thấy bế tắc, vì có 3 ẩn mà chỉ có hai phương trình nên không

thể tìm được x, y, z ? Đề ra thiếu dữ kiện (!)

Một số HS học khá hơn suy nghĩ nhận thấy rằng, để tìm m không nhất thiết phải

tìm được số mol của từng chất trong hỗn hợp. Từ biểu thức tính khối lượng:

m = 16x + 28y + 26z

Có thể phân tích thành:

m = 12(x + 2y + 2z) + 2(2x + 2y + z) = 12.0,8 + 2.1,4 = 12,4 gam

→ Chọn đáp án B.

Cách 2: Với HS thông minh thì bài toán trên có thể giải nhanh bằng phương pháp

bảo toàn nguyên tố như sau:

mC = 12. nCO 2 = 12.0,8 = 9,6 gam ; mH = 2. nH O = 2.1,4 = 2,8 gam

mX = mC + mH = 9,6 + 2,8 = 12,4 gam.

Cách 3: Ta có nO 2 phản ứng = nCO 2

+1/2. nH 2 O = 0,8 + 0,7 = 1,5 mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta được:

mX + m O 2 phản ứng = m CO 2

+ mH 2 O

→ mX = 0,8.44 + 1,4.18 – 1,5.32 = 12,4g

Bài 4. Hỗn hợp X có tỉ khối so với hidro là 21,2 gồm propan, propen và propin.

Khi đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X thì tồng khối lượng CO2 và H2O thu được là:

A. 20,4 gam. B. 18,96 gam. C. 16,8 gam D. 18,6 gam.

Lời giải

C3H8 + 5O2 ⎯→⎯ t 3CO2 + 4H2O

x 3x 4x

C3H6 + 2

9O2 ⎯→⎯ t 3CO2 + 3H2O

y 3y 3y

2 44

2,35

2



C3H4 + 4O2 ⎯→⎯ t 3CO2 + 2H2O

z 3z 2z

M = 21,2 x 2 = 42,4

Gọi khối lượng CO2 và H2O thu được khi đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp X là m

(m>0)

Cách 1. Phương pháp đại số

Gọi x, y, z lần lượt là số mol của C3H8, C3H4, C3H6 trong 0,1 mol hỗn hợp.

Ta có hệ:

4,42404244

=++

++

zyx

zyx (1)

x + y + z = 0,1 (2)

(1) 44x + 42y + 40z = 4,24

40(x + y + z) + 2(2x + y) = 4,42

2x + y = 4,42 – 0,1 x 40 = 0,12

Làm đến đây đòi hỏi học sinh phải có tư duy toán học để xử lí các phương trình

đại số.

Cần tính : m = 44(3x + 3y + 3z) + 18(4x + 3y + 2z)

m = 168(x + y + z) + 18(2x + y)

m = 168.0,1 + 18 . 0,12

m = 18, 96 (gam)

Đáp án B

Cách 2. Phương pháp trung bình

Ta nhận thấy propan, propen và propin trong phân tử đều có 3 nguyên tử C. Do

đó ta có thể đặt công thức chung của hỗn hợp X là x

HC3 (4< x <6)

Ta có : M = 36 + x = 42,4 x = 6,4

C3H6,4 + 4,6O2 ⎯→⎯ t 3CO2 + 3,2H2O

0,1 0,3 0,32 (mol)

m = 0,3 x 44 + 0,32 x 18 = 18,96 (gam)

Đáp án B

Cách 3. Nhóm các phương pháp quy đổi

Cách 3.1. Quy hỗn hợp X về hai chất C3H8 và C3H6 với số mol tương ứng là x, y (x, y

>0).



Ta có hệ: 4x = y

x + y = 0,1

x = 0,02 ; y = 0,08

m = (3x + 3y) x 44 + (4x + 3y) x 18 = 18,96 (gam)

Đáp án B


>0)

Ta có hệ:

2x = 3y

x + y = 0,1 x = 0,06 ; y = 0,04

m = (3x + 3y).44 + (4x + 3y).18 = 18,96 (gam)

Đáp án B

Đến đây HS đặt ra câu hỏi là liệu có thể quy hỗn hợp X về hai chất C3H6 và C3H4

được không vì khi đó M < M1, M2.


>0)

Ta có hệ:

x mol C3H8 44 0,4

4

1=

y

x

y mol C3H6 42 1,6

42,4

x mol C3H8 44 2,4

2

3=

y

x

y mol C3H6 42 1,6

42,4

x mol C3H6 42 2,4

6−=y

x

y mol C3H4 40 -0,6

42,4



2x = -6y

x + y = 0,1

x = 0,12 ; y = -0,02

m = (3x + 3y) . 44 + (3x + 2y) . 18 = 18,96 (gam)

Như vậy trong quá trình tính toán theo phương pháp quy đổi đôi khi ta gặp số

âm. Trong trường hợp này ta vẫn tính toán bình thường và kết quả cuối cùng vẫn thỏa

mãn.

Bài 5. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol một axit cacboxylic A đơn chức, cần vừa đủ V

lít khí O2 (đktc), thu được 0,3 mol CO2 và 0,2 mol H2O. Giá trị của V là

A. 11,2 B. 6,72 C. 8,96 D. 4,48

Lời giải

Cách 1. Đặt công thức phân tử của axit cacboxylic đơn chức là CxHyOz.

CxHyOz + (x + 4

y-1)O2 ⎯→⎯ t xCO2 +

2

yH2O

0,1 0,3 0,2 (mol)

Ta có: 2,0

23,01,0

1y

x== x = 3, y = 4

3,01,0)14

(2

=−+=y

xnO (mol)

V = 0,3 x 22,4 = 6,72 (lít)

Đáp án B.

Cách 2. Ta có A là một axit đơn chức và có OHCOX nnn22

−= nên A là axit no đơn chức.

Đặt công thức tổng quát của A là CnH2nO2 (n *),1 Nn .

CnH2nO2 + 2

33 −nO2 ⎯→⎯ t nCO2 + (n-1)H2O

Ta có: 3,0

2,01=

−

n

n n = 3

V = 72,64,221,0)2

33( =

−n (lít) Đáp án B.

Cách 3. Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố.

)()()()( 2222 OHOCOOOOaxitO nnnn +=+



OHCOOaxit nnnn222

222 +=+

Ta có: 3,02

1,022,03,022

=−+

=On (mol)

V = 0,3 x 22,4 = 6,72 (lít) Đáp án B.

Nhận xét : Cách thứ 3 ngắn gọn và thông minh hơn cách 1 và cách 2.

Bài 6. Để trung hòa hết 12,72 gam hỗn hợp hai axit cacboxylic A và B cần vừa đủ

V ml dd NaOH 1M. Cô cạn dd sau phản ứng thu được 18 gam chất rắn. Giá trị

của V là

A. 120 B. 240 C. 150 D. 400

Lời giải

Cách 1.

Đặt công thức tổng quát của A và B là R(COOH)x (x1)

Gọi a là số mol của hỗn hợp

R(COOH)x + xNaOH ⎯→⎯ R(COONa)x + xH2O

a ax a

Ta có hệ:

Ra + 45ax = 12,72 (1)

Ra + 67ax = 18 (2)

Nhiều học sinh thấy hệ trên không giải được vì hệ 3 ẩn, 2 phương trình nên rơi

vào trạng thái bế tắc. Một số học sinh khác nhận thấy để tích V chỉ cần tìm ax. Vì vậy,

lấy (2) – (1) sẽ được ax = 0,24.

Dễ dàng tính được V = 0,24 (lít) = 240 ml.

Cách 2. Phương pháp tăng giảm khối lượng

Từ phương trình phản ứng ta thấy :

Cứ 1 mol R(COOH)x phản ứng sẽ tạo ra 1 mol R(COONa)x làm khối lượng chất

rắn tăng 22x gam

Nếu có a mol R(COOH)x phản ứng thì khối lượng chất rắn tăng 22.x.a gam

Khi đó : 22.a.x = 18 – 12,72

a.x = 0,24 V = 0,24 (lít) = 240 ml.

Cách 3. Định luật bảo toàn khối lượng

R(COOH)x + xNaOH ⎯→⎯ R(COONa)x + xH2O

a a



Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:

m hh axit + mNaOH = m rắn + m nước 12,72 + 40.a = 18 + 18.a

a = 0,24 V = 0,24 (lít) = 240 ml.

Học sinh có tư duy làm theo cách 2 và cách 3 sẽ nhanh và ngắn gọn hơn cách 1.

Bài 7. 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 (đktc). Nếu

trung hòa 0,3 mol X cần dùng 500ml dung dịch NaOH 1M. Hai axit đó là

A. HCOOH, HOOC-CH2-COOH. B. HCOOH, CH3COOH.

C. HCOOH, C2H5COOH. D. HCOOH, HOOC-COOH.

Lời giải

Cách 1. Phương pháp đại số

Gọi công thức tổng quát của 2 axit là CnH2n+2-x(COOH)x và CmH2m+2-y(COOH)y với số

mol tương ứng là a và b.

Ta có các trường hợp xảy ra:

+) x = y = 1

+) x = y = 2

+) x = 1; y = 2

Các phản ứng xảy ra :

CnH2n+2-x(COOH)x + kO2 ⎯→⎯ (n + x) CO2 + (n + 1) H2O

CmH2m+2-y(COOH)y + k’O2 ⎯→⎯ (m + y) CO2 + (m + 1) H2O

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

CmH2m+2-y(COOH)y + yNaOH ⎯→⎯ CmH2m+2-y(COONa)y + yH2O

Ta có hệ :

a + b = 0,3 (1)

(n + x)a + (m + y)b = 0,5 (2)

ax + by = 0,5 (3)

Từ (1) và (3) ta thấy chỉ có trường hợp x = 1, y = 2 là thỏa mãn.

Thay vào (1) và (3) ta có hệ:

a + b = 0,3 a = 0,1

a + 2b = 0,5 b = 0,2

Thay vào (2) ta có:



0,1n + 0,2m = 0 m = n = 0

Vậy hai axit là HCOOH, HOOC-COOH. Đáp án D.

Cách 2. Phương pháp đại số kết hợp với biện luận

Học sinh thông minh hơn có thể nhận xét

+ Hai axit có tối đa 2 nhóm chức.

+ 67,13,0

5,0==

X

NaOH

n

n

1 axit đơn chức và 1 axit 2 chức.

Do đó có thể đặt công thức tổng quát của hai axit là : CnH2n+1COOH và

CmH2m(COOH)2

CnH2n+1COOH + NaOH ⎯→⎯ CnH2n+1COONa + H2O

x y

CmH2m(COOH)2 + 2NaOH ⎯→⎯ CmH2m(COONa)2 + H2O

y 2y

Ta có hệ

x + y = 0,3 x = 0,1

x + 2y = 0,5 y = 0,2

CnH2n+1COOH + kO2 ⎯→⎯ (n + 1)CO2 + (n + 1)H2O

0,1 0,1(n+1)

CmH2m(COOH)2 + kO2 ⎯→⎯ (m + 2)CO2 + (m + 1)H2O

0,2 0,2(m+2)

Do đó: 0,1(n+1) + 0,2(m+2) = 0,5

n + 2m = 0 n = m = 0



Cách 3.1. Trong trường hợp học sinh chưa nhận xét ngay được số nhóm chức thì có thể

biện luận dựa vào công thức phân tử trung bình như sau :

Đặt công thức tổng quát của hai axit đó là R(COOH)n

R(COOH)n + nNaOH ⎯→⎯ R(COONa)n + H2O

Ta có: n = 67,13,0

5,0= n1 = 1 ; n2 = 2

Đến đây ta có thể áp dụng cách giải đại số như cách 2 để xác định axit

Cách 3.2. Đặt công thức chung của hỗn hợp là CnH2n+2-x(COOH)x



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

CnH2n+2-x(COOH)x + kO2 ⎯→⎯ (n + x) CO2 + (n + 1) H2O

Ta có:

x = 67,13,0

5,0==

X

NaOH

n

n x1 = 1 ; x2 = 2

n + x = 67,13,0

5,02 ==

X

CO

n

n n1 = 1 ; n2 = 2


Cách 4. Kết hợp các phương án lựa chọ để tìm ra đáp số

Nhận xét về đáp án : Các phương án lực chọn được phân làm 2 nhóm

+ Nhóm 1 : 2 axit đơn chức (B và C)

+ Nhóm 2 : 1 axit đơn chức và 2 axit 2 chức (A và D).

Mặt khác : 67,13,0

5,0==

X

NaOH

n

n >1 nên loại nhóm 1

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 ta chọn, còn không thì là phương án còn lại.

Ví dụ : Dùng phương án A để giải

Gọi x, y lần lượt là số mol của HCOOH và HOOC-CH2-COOH

Ta có hệ :

x + y = 0,3

x + 3y = 0,5

x + 2y = 0,5

Hệ này vô nghiệm. Vậy đáp án đúng là D.

Bài 8. Đốt cháy m gam hỗn hợp 2 ancol no, đơn chức mạch hở liên tiếp nhau

trong dãy đồng đẳng thu được 0,3 mol CO2 và 0,5 mol H2O. Tính m.

Lời giải

Cách 1. Phương pháp thông thường

Gọi công thức của 2 ancol là CnH2n+2O và Cn+1H2n+4O với số mol lần lượt là a và b.

Các phản ứng hóa học:

CnH2n+2O + O2 ⎯→⎯ nCO2 + (n+1)H2O

a an a(n+1)



Cn+1H2n+4O + O2 ⎯→⎯ (n+1)CO2 + (n+2)H2O

b b(n+1) b(n+2)

Ta có hệ:

an + b(n+1) = 0,3 an + bn + b = 0,3 (1)

a(n+1) + b(n+2) = 0,5 an + bn + a + 2b = 0,5

(2)

Lấy (2) – (1) ta có: a + b = 0,2

Cần tính m = (14an + 18a) + (14bn + 32b)

= 14(an + bn + b)) + 18(a+b) = 14.0,3 + 18.0,2 = 7,8 gam


Đặt công thức chung của hai ancol là C n H2 n +2O

C n H2 n +2O + O2 ⎯→⎯ n CO2 + ( n +1) H2O

a a n a( n +1)

Ta có hệ:

a n = 0,3 a = 0,2

a( n +1) = 0,5 n = 1,5

Khối lượng hai ancol là:

m = (14 n + 18)a = 0,2(14.1,5 + 18) = 7,8 (gam)

Cách 3. Nhận xét 2 ancol no, đơn chức, khi đốt cháy 2 ancol no thì

Số mol ancol = số mol H2O – số mol CO2 = 0,2 mol.

Vì 2 ancol đã cho là đơn chức nO = 0,2 mol


m = mC + mH + mO = 0,3.12 + 0,5.2 + 0,2.16 = 7,8 gam.

Học sinh nhanh nhạy sẽ nhận ra mối quan hệ giữa số mol nước và CO2 khi đốt

cháy một hợp chất hữu cơ no bất kì để làm theo cách số 3. Học sinh học khá có thể làm

theo cách số 2. Cách này sẽ hữu ích hơn cách 3 nếu trong một bài toán khác yêu cầu tìm

công thức của 2 ancol.

Bài 9. Hỗn hợp X gồm axit HCOOH và axit CH3COOH (tỉ lệ mol 1:1). Hỗn hợp

Y gồm hai ancol CH3OH và ancol C2H5OH (tỉ lệ mol 3:2). Lấy 11,13 gam hỗn

hợp X tác dụng với 7,52 gam hỗn hợp Y (có xúc tác H2SO4 đặc) thu được m gam



hỗn hợp este (Hiệu suất của các phản ứng este hóa đều đạt 80%). Tính m.

Lời giải

Có 532

6046=

+=XM → nX = 0,21 mol

6,375

2.463.32=

+=YM → nY = 0,2 mol

Vì nY < nX → ancol hết. Ta tính khối lượng este theo ancol.


Gọi công thức chung của 2 axit là RCOOH, công thức chung của 2 ancol là R’OH.

53=XM → 8=RM

6,37=YM → 6,20' =RM

Phản ứng este hóa:

RCOOH + R’OH RCOOR’ + H2O

0,2 0,2

m = 0,2.(R + R’ + 44).0,8 = 0,8. 0,2(8 + 20,6 + 44) = 11,616 gam

Cách 2. Phương pháp bảo toàn khối lượng

RCOOH + R’OH RCOOR’ + H2O

0,2 0,2 0,2


m = 0,2.0,8.( XY MM + - 18) = 11,616 gam

Cách 3. Phương pháp tăng giảm khối lượng.

Cứ 1 mol ancol tạo thành 1 mol este thì khối lượng tăng (53-18) = 35 gam

Cứ 0,2 mol ancol tạo thành 0,2 mol este thi khối lượng tăng lên là:

35.0,2 = 7 gam

Vậy m = (7,52 + 7).0,8 = 11,616 gam

Bài 10. Hỗn hợp A gồm một axit no đơn chức và hai axit không no đơn chức

chứa một liên kết đôi, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Cho A tác dụng hoàn

toàn với 150 ml dung dịch NaOH 2M. Để trung hòa vừa hết lượng NaOH dư cần

thêm vào 100 ml dung dịch HCl 1M, được dung dịch D. Cô cạn cẩn thận D được



22,89 gam chất rắn khan. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn A rồi cho toàn bộ sản

phẩm cháy hấp thụ hết vào bình đựng lượng dư dung dịch NaOH đặc, khối

lượng bình tăng thêm 26,72 gam. Xác định công thức phân tử của các chất trong

A.

Lời giải

Gọi công thức của 3 axit là CnH2n+1COOH, CmH2m-1COOH, Cm+1H2m+1COOH với số

mol tương ứng là x, y, z.

Cách 1. Phương pháp thông thường

Các phản ứng hóa học xảy ra:


x x

CmH2m-1COOH + NaOH ⎯→⎯ CmH2m-1COONa + H2O

y y

Cm+1H2m+1COOH + NaOH ⎯→⎯ Cm+1H2m+1COONa + H2O

z z

CnH2n+1COOH + 2

13 +nO2 ⎯→⎯ (n+1) CO2 + (n + 1) H2O

x (n+1)x (n + 1) x

CmH2m-1COOH + 2

3mO2 ⎯→⎯ (m+1) CO2 + m H2O

y (m+1)x my

Cm+1H2m+1COOH + 2

33 +mO2 ⎯→⎯ (m+2) CO2 + (m + 1) H2O

z (m+2)z (m + 1)z

NaOH + HCl ⎯→⎯ NaCl + H2O

0,1 0,1 0,1

Số mol NaOH dư là: 100.1/1000 = 0,1 mol

Số mol NaOH phản ứng với axit là : 0,15.2 – 0,1 = 0,2 mol

Khối lượng muối hữu cơ là : 22,89 – 0,1.58,5 = 17,04 gam

Theo bài ra ta có hệ

x + y + z = 0,2

(14n + 68)x + (14m + 66)y + (14m + 80)z = 17,04

[(n + 1)x + (m + 1)y + (m + 2)z].44 + [(n + 1)x + my + (m+1)z].18 = 26,72



Rút gọn lại ta có :

x + y + z = 0,2 (1)

14(nx + my + mz) + 2x + 14z = 3,84 (2)

62(nx + my + mz) + 18x + 62z = 17,92 (3)

⎯→⎯ x = 0,1; y + z = 0,1.

Đến nhiều học sinh tỏ ra bế tắc vì không giải được cụ thể m, n. Tuy nhiên, từ (2) ta có

thể giới hạn được m, n.

(2) ⎯→⎯ 14(0,1n + 0,1m) + 2.0,1 + 14z = 3,84

z = 0,26 – 0,1n – 0,1m

vì z > 0 nên n + m < 2,6 mà m 2

⎯→⎯ n = 0, m = 2

Vậy công thức của 3 axit là : HCOOH, C2H3COOH, C3H5COOH.

Cách 2. Gọi công thức của axit no là CnH2n+1COOH : x mol

Công thức chung của hai axit không no là Cm

H12 −mCOOH : y mol


x x

Cm

H12 −mCOOH + NaOH ⎯→⎯ C

mH

12 −mCOONa + H2O

CnH2n+1COOH + 2

13 +nO2 ⎯→⎯ (n+1) CO2 + (n + 1) H2O

x (n+1)x (n + 1)x

Cm

H12 −mCOOH +

2

3mO2 ⎯→⎯ ( m +1) CO2 + m H2O

y ( m +1)x m y

Ta có hệ:

x + y = 0,2

(14n + 68)x + (14 m + 68)y = 17,04

44[(n + 1)x + ( m + 1)y] + [(n + 1)x + m y]18 = 26,72

x = 0,1

y = 0,1

n + m = 2,457



Vì m >2 , n nguyên n = 0, m = 2,457 ⎯→⎯ m1= 2, m2 = 3.


Cách 3. Gọi công thưc chung của ba axit là CnH

kn 212 −+COOH

CnH

kn 212 −+COOH + NaOH ⎯→⎯ C

nH

kn 212 −+COONa + H2O

0,2 0,2

Theo định luật tăng giảm khối lượng ta có:

Khối lượng axit là: 17,04 – 0,2.22 = 12,64 gam

Phản ứng đốt cháy:

CnH

kn 212 −+COOH + tO2 ⎯→⎯ ( n +1) CO2 + ( kn −+1 )H2O

0,2 0,2( n +1) 0,2( kn −+1 )

Ta có hệ:

0,2(14 n -2 k + 46) = 12,64 n = 1,3

44.0,2. ( n +1) + 18.0,2. ( kn −+1 ) = 26,72 k = 0,5

n = 1,3 → một trong 2 axit có n = 0 (HCOOH) hoặc n = 1(CH3COOH).

k = 0,5 mà k1 = 0, k2=k3 = 1 → axit no có số mol là: 1,02

2,0= mol

Xét 2 trường hợp xảy ra:

Trường hợp 1: HCOOH: 0,1 mol

Cm

H12 −mCOOH: 0,1 mol

m axit = 0,1.46 + 0,1(14 m + 46) = 12,64

→ m = 2,457 ⎯→⎯ m1= 2, m2 = 3.


Trường hợp 2: . CH3COOH: 0,1 mol

Cm

H12 −mCOOH: 0,1 mol

m axit = 0,1.60 + 0,1(14 m + 46) = 12,64

→ m = 1,457 (loại vì m < 2)

Trong 3 cách, cách số 3 là nhanh nhất, nhưng không phải học sinh nào cũng làm

được. Học sinh phải vận dụng linh hoạt 2 chiều nhận xét nếu 2

21 ttt

+= thì số mol t1 = t2

và ngược lại.



III. BÀI TẬP ÁP DỤNG

Bài 1. Đốt cháy hoàn toàn 11 gam hỗn hợp A chứa axetilen, propilen và metan thu được

12,6 gam H2O. Mặt khác 5,6 lít hỗn hợp trên phản ứng vừa đủ với dung dịch chứa 40

gam brom. Xác định thành phần % về thể tích của hỗn hợp ban đầu biết thể tích các khí

đo ở đktc.

Đáp số : % C2H2 = 50; % CH4 = % C3H6 = 25%

Bài 2. Hỗn hợp X gồm C2H4, C3H4 và C3H8. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X thu được

14,4 gam nước. Mặt khác 0,3 mol hỗn hợp này tác dụng vừa đủ với 270 gam dd Br2

20%. Tính thành phần phần trăm thể tích mỗi khí trong hỗn hợp.

Đáp số : % C2H4 = % C3H4 = % C3H8 = 33,33%

Bài 3. Hỗn hợp X gồm C2H4, C3H4 và C3H8. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X thu được

35,2 gam CO2. Mặt khác 0,3 mol hỗn hợp này tác dụng vừa đủ với 270 gam dd Br2

20%. Tính thành phần phần trăm thể tích mỗi khí trong hỗn hợp.

Đáp số : % C2H4 = % C3H4 = % C3H8 = 33,33%

Bài 4. Hỗn hợp X gồm axetilen, etan và propen. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X thu

được 79,2 gam nước. Mặt khác 0,5 mol hỗn hợp này tác dụng vừa đủ với 500 gam dd

Br2 20%. Tính thành phần phần trăm thể tích mỗi khí trong hỗn hợp.

Đáp số : % C2H2 = 50; % C2H6 = % C3H6 = 25%

Bài 5. Đốt cháy hoàn m gam toàn hỗn hợp X gồm C2H4, C3H4 và C3H8, thu được 4,4

gam CO2 và 25,2 gam H2O. Tính m.

Đáp số : m = 4 gam

Bài 6. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp X gồm C2H4, C3H4 và C3H8. Sản phẩm thu

được hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch Ca(OH)2 dư thu được 20 gam kết tủa. Tính khối

lượng của hỗn hợp X ban đầu.

Đáp số : 3 gam

Bài 7. Hỗn hợp X có tỉ khối so với H2 là 27,8 gồm butan, metylxiclopropan, but-2-en,

đivinyl. Khi đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol X thu được m gam CO2 và nước. Tính m.

Đáp số : 36,66 gam

Bài 8. Hỗn hợp A chứa 0,06 mol hỗn hợp CH3OH và một ancol cùng dãy đồng đẳng

có khối lượng là 4,02 gam. Cho toàn bộ hỗn hợp trên tác dụng vừa đủ với 6 gam

CH3COOH (có H2SO4 đặc làm xúc tác, giả sử hiệu suất của phản ứng đạt 100%). Tính

khối lượng este thu được.

Đáp số: 6,54 gam



Bài 9. Cho 0,1 mol axit đơn chức X phản ứng với 0,15 mol ancol đơn chức Y thu được

4,5 gam este A với hiệu suất của phản ứng este hóa là 75%. Xác định tên gọi của X và

Y.

Đáp số: X là axit focmic ; Y là ancol metylic.

Bài 10. Hỗn hợp A gồm một axit no đơn chức và hai axit không no đơn chức chứa một

liên kết đôi, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Cho A tác dụng hoàn toàn với 150 ml

dung dịch NaOH 2M. Để trung hòa vừa hết lượng NaOH dư cần thêm vào 100 ml

dung dịch HCl 1M, được dung dịch D. Cô cạn cẩn thận D được 22,89 gam chất rắn

khan. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn A thu được 26,72 gam CO2 và H2O. Xác định công

thức phân tử của các chất trong A.

Đáp số : HCOOH, C2H3COOH, C3H5COOH.



PHẦN III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

I. NHỮNG BÀI HỌC KINH NGHIỆM

Qua thực tế giảng dạy ở trường THPT chuyên Lê Quý Đôn chúng tôi đã nghiên

cứu và áp dụng các nội dung trên vào việc dạy các chuyên đề hoá học lớp 11,12 và đặc

biệt dạy ôn thi đại học, ôn thi học sinh giỏi tỉnh và qua đó tôi rút ra được một số kết

luận sau:

- Thứ nhất: Với việc dạy theo các phương pháp giải bài tập như trên giúp học

sinh có thể giải nhanh hơn các bài tập và các em tư duy tốt hơn, tự tin hơn trước một bài

toán khó.

- Thứ hai: Với việc nắm bắt được các phương pháp giải học sinh có thể chọn cho

mình cách giải nhanh nhất để làm các bài tập trắc nghiệm và học sinh giải bài tập nhanh

hơn. Học sinh không còn bị gò bó với cách giải bài tập theo kiểu tự luận truyền thống

như trước đây.

- Thứ ba: Các dạng bài tập đều có các phương pháp giải mẫu nên giúp các em

dễ hiểu. Hệ thống các phương pháp giải bài tập phù hợp với mọi đối tượng học sinh và

đặc biệt là giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng và thi học sinh giỏi.

II. NHỮNG ĐỀ XUẤT VÀ KIẾN NGHỊ ỨNG DỤNG:

1- Đề xuất và kiến nghị

Để góp phần nâng cao hiệu quả dạy và học môn Hóa học trong trường THPT nói

chung, chúng tôi xin có một số kiến nghị sau :

- Khuyến khích GV tự mình xây dựng hệ thống bài tập có chất lượng tốt trong đó

có bài tập nhiều cách giải nhằm khái quát hóa, tổng quát hóa bài toán liên hệ với những

bài toán cùng dạng, góp phần hỗ trợ, phát triển các bài toán hay cho HS.

- Giáo viên cần phải thay đổi các bài giảng của mình theo hướng dạy học tích cực,

hỗ trợ học sinh tự học, tự nghiên cứu, chủ động trong học tập và chú ý rèn luyện khả

năng suy luận logic, rèn luyện tư duy hóa học cho HS.

2- Hướng phát triển của đề tài

Vì thời gian có hạn nên chúng tôi mới nghiên cứu ở mức độ các bài toán có nhiều

cách giải ở phần hoá hữu cơ lớp 11 và một số bài lớp 12 nâng cao nhằm phát triển tư duy

đa hướng cho HS. Tôi tiếp tục phát triển đề tài theo hướng tuyển chọn, biên soạn hệ thống

bài toán hóa nhiều cách giải gắn với từng chương mục của chương trình hóa học lớp 10.



Nhận xét của tổ chuyên môn Đông Hà, ngµy 15 th¸ng 1 n¨m 2020

Ngêi thùc hiÖn:

Nguyễn Thị Hạnh

sỬ dỤng bÀi toÁn hỮu cƠ nhiỀu cÁch giẢi ĐỂ rÈn luyỆn …

Documents