Kết hợp các phương pháp để giải một số bài tập hóa hữu cơ hay và khó nhằm phát triển tư duy cho học sinh lớp 11 trường THPT hàm rồng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM KẾT HỢP CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP HÓA HỮU CƠ HAY VÀ KHÓ, NHẰM PHÁT TRIỂN TƯ DUY CHO HỌC SINH LỚP 11 Người thực hiện: Trịnh Khắc Hoàn Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Hóa học Thanh Hóa, năm 2020 MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu 1.5 Những điểm sáng kiến kinh nghiệm .1 NỘI DUNG .2 2.1 Phương pháp giải số tập hay khó đặc trưng riêng cho loại hợp chất hữu 2.1.1 Một số toán hiđrocacbon .2 2.1.2 Một số toán ancol 2.1.3 Một số toán anđehit .9 2.1.4 Một số toán axit cacboxylic .10 2.2 Kết hợp phương pháp để giải tập tổng hợp với toán hỗn hợp hợp chất chứa C, H, O 14 2.2.1 Bài tập áp dụng phương pháp quy đổi, kết hợp phương pháp khác 14 2.2.2 Bài toán hỗn hợp chất chưa rõ loại chất 17 2.3 Hiệu việc sử dụng phương pháp 2.2.1 Thuận lợi 20 2.2.2 Khó khăn 20 2.2 Thực trạng việc giải tập hóa hữu phần vận dụng vận dụng cao .20 KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 21 3.1 Kết luận 21 3.2 Kiến nghị 21 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Trong nhà trường phổ thông tập hóa học có ý nghĩa quan trọng dạy học, củng cố kiến thức kỹ Bài tập hóa học cịn giúp phát triển tư cho học sinh Những kiến thức hóa học học sinh quên tư học sinh có theo em suốt đời để giải tốt vấn đề sống Trong trình giảng dạy trường THPT Hàm Rồng, tơi nhận thấy em học sinh cịn gặp nhiều khó khăn giải tốn hóa học đặc biệt tốn khó Các em cịn lúng túng, tư máy móc, dập khuân, chưa xác định phương pháp phù hợp với toán trắc nghiệm Mặt khác qua đề thi THPTQG gần xuất số câu khó để phân loại học sinh Vì vậy, để giúp em học sinh có tư tốt hơn, giải tốt tốn khó Tơi nghiên cứu đề tài: “Kết hợp phương pháp để giải số tập hóa hữu hay khó, nhằm phát triển tư cho học sinh lớp 11.” 1.2 Mục đích nghiên cứu Mục đích nghiên cứu đề tài phát triển tư duy, nâng cao lực học tập mơn hóa học, bồi dưỡng phát học sinh giỏi mơn hóa lớp 11 Giúp em giải câu hỏi thuộc phần vận dụng vận dụng cao thuộc chương trình hóa hữu lớp 11, tạo để em chinh phục điểm cao mơn hóa kì thi TNTHPT lớp 12 1.3 Đối tượng nghiên cứu Tìm hiểu phương pháp giải, đánh giá phân tích để em có cách nhìn bao qt linh hoạt dạng tập hay khó thuộc chương trình hóa hữu lớp 11 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu lí thuyết: Phân tích hệ thống hóa tài liệu có liên quan đến đề tài - Phương pháp thực nghiệm: Tiến hành thực nghiệm dạy lớp - Phương pháp điều tra học sinh 1.5 Những điểm sáng kiến kinh nghiệm - Phân tích, cụ thể hóa, kết hợp phương pháp để giải số tập hữu hay khó lớp 11 NỘI DUNG 2.1 PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VÀ KHÓ ĐẶC TRƯNG RIÊNG CHO TỪNG LOẠI CHẤT HỮU CƠ 2.1.1 MỘT SỐ BÀI TOÁN HIĐRO CACBON Kỹ thuật giải toán hiđrocacbon Để làm toán hidrocacbon cần ý điểm sau: – Chú ý số liên kết π (số mol nước , CO2) – Bảo toàn khối lượng mX = mC + mH – Phương pháp Trung Bình – Tăng giảm thể tích phản ứng – Suy luận từ đáp án đánh giá Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm C3H6, C4H10, C2H2 H2 Cho m gam X vào bình kín có chứa bột Ni làm xúc tác Nung nóng bình thu hỗn hợp Y Đốt cháy hồn tồn Y cần dùng vừa đủ V lít O (đktc) Sản phẩm cháy cho hấp thụ hết vào bình đựng nước vôi dư, thu dung dịch có khối lượng giảm 21,45 gam Nếu cho Y qua bình đựng lượng dư dung dịch brom CCl4 có 24 gam brom phản ứng Mặt khác, cho 11,2 lít (đktc) hỗn hợp X qua bình đựng dung dịch brom dư CCl 4, thấy có 64 gam brom phản ứng Biết phản ứng xảy hoàn toàn Giá trị V A 21,00 B 14,28 C 10,50 D 28,56 Hướng dẫn: - Đây tốn khó hiđrocacbon Đặt vấn đề muốn tính V O2 cần tính số mol CO2, số mol H2O Tuy nhiên với cách đặt ẩn ta thiết lập phương trình ẩn (x, y, z, t), không giải hệ Từ định hướng tư để học sinh ghép ẩn số để tính số mol CO2 => mol H2O => V? - Ngoài tập học sinh cần xác định H hết biết áp dụng bảo toàn liên kết π nπ = nH2 ph¶nøng + nBr2 ph¶nøng 14 43 14 43 Cách 1:  C3H6 : xmol CO  + V litO2 + Ba(OH)2 d­   → mddgiảm = 21,45gam Ni,t0 Hỗnhợ pX C4H10 : ymol  H O →     C2H2 : zmol + Br2 /CCl  → Br2 ph¶nøng:0,15mol (ThÝnghiƯm1)   H :tmol   + Br2 /CO2  0,5mol X  → Br2 ph¶nøng:0,4mol (ThÝnghiƯm2) Áp dụng bảo tồn mol liên kết π , ta có : nπ = x + 2z = nH2 ph¶nøng + nBr2 ph¶nøng ⇒ t = (x + 2z − 0,15)mol 14 43 14 43 t 0,15mol Theo giả thuyết ta có : nx = x + y + z + t = (2x + y + 3z − 0,15)mol Gọi k hệ số tỉ lượng thí nghiệm thí nghiệm 2, ta có :  nπ = nBr2 ph¶nøng = k(x + 2z)mol 142 43 x + 2z 0,4  ⇒ = ⇒ 3x + 4y + 2z = 0,6mol = nCtrongX 0,4mol  2x + y + 3z − 0,15 0,5  n = k(2x + y + 3z − 0,15) = 0,5mol  X Áp dụng định luật bảo tồn ngun tố C, ta có : nCtrongX = nCO2 = nBaCO3↓ = 0,6mol Theo giả thuyết, khối lượng dung dịch giảm : (mCO2 + mH2O ) − mBaCO3↓ = −21,45gam⇒ nH2O = 0,675mol { 14 43 44.0,6 197.0,6 Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố O, ta có : 0,6.2 + 0,675 nO2 = = 0,9375mol ⇒ VO2 = 0,9375.22,4 = 21,00lit Cách 2: Sử dụng phương pháp quy đổi  C3H6 2n − (4n − 6) +  cï ngcã d¹ ng → CnH4n− ví i k = = 4− n Nhận xét:  C4H10     C H  2 Khi đó:   CO2  BTNT  → nCO2 = anmol + V litO     →  CnH4n− :amol(k = − n) Ni,t0 Hỗnhợ pX Y H2O BTNT  → nH2O = (2an − 3a+ b)mol     H2 :bmol /CCl   +Br2 → Br2 ph¶nøng:0,15mol  + Br /CCl4 → Br2 ph¶nøng:0,4mol  0,5mol X  2  Áp dụng định luật bảo tồn mol liên kết π , ta có: nπ = a.(4− n) = nH2 ph¶nøng + nBr2 ph¶nøng ⇒ an − 4a + b = − 0,15mol (1) 142 43 142 43 b 0,15mol Theo giả thuyết: 44an+ 18(2an + b) − 197an = − 21,45gam⇔ 20an + 54a− 18b = 21,45gam(2) 42− 3a 43 mCO2 mH2O mBaCO3 Mặt khác theo thí nghiệm 2, ta có: a.(4 − n) 0,4 = = ⇒ − 5an + 16a − 4b = a+ b 0,5 (3) Theo đó, từ (1), (2) (3)  an − 4a+ b = − 0,15  ⇒  20an + 54a− 18b = 21,45 ⇒  − 5an + 16a− 4b =   an = 0,6mol   a = 0,225mol ⇒  b = 0,15mol   nCO2 = 0,6mol   nH2O = 0,675mol Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố O, ta có: 0,6.2+ 0,675 = 0,9375mol ⇒ VO2 = 0,9375.22,4 = 21,00lit Cách 3: Phương pháp số đếm Bài hỗn hợp X gồm chất có thông tin số liệu (khối lượng dung dịch giảm, số mol Br phản ứng thí nghiệm tỉ lệ mol π với tổng số mol X) Theo phương pháp đếm ta có quyền bỏ – = chất hỗn hợp X với điều kiện khơng làm thay đổi chất tốn Như khơng bỏ H2 tốn cộng H hidrocacbon khơng no Vậy chất C3H6, C4H10, C2H2 ta tùy ý bỏ chất Ở ta bỏ C4H10 nO2 = BTNT  C H ­:amol CO2  → nCO2 = (3a + 2b)mol  + V litO   →  Ni,t BTNT  X C2H2 :bmol  → nH2O = (3a+ b + c)mol →Y  H2O    H :cmol + Br2 /CCl  → Br2 ph¶nøng:0,15mol    + Br2 /CCl → Br2 ph¶n øng:0,4mol  0,5mol X  Theo giả thuyết, bảo toàn mol liên kết π thí nghiệm 2, ta có:  44.(3a+ 2b) − 18.(3a+ b + c) = 21,45gam  ⇒  a+ 2b = c + 0,15  5.(a+ 2b) = 4.(a+ b + c)   a = 0,15mol   b = 0,075mol ⇒  c = 0,15mol   nCO2 = 0,6mol   nH2O = 0,675mol Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố O, ta có: nO2 = 0,6.2+ 0,675 = 0,9375mol ⇒ VO2 = 0,9375.22,4 = 21,00lit Nhận xét: Với cách giải rõ chất trình, nhiên học sinh hay bị mắc chỗ không giải hệ, cách giải thể sáng tạo Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm H2 hai olefin đồng đẳng Cho 8,96 lít hỗn hợp X qua xúc tác Ni nung nóng thu hỗn hợp Y Dẫn Y qua dung dịch Br2 dư thấy khối lượng bình tăng 1,82 gam 5,6 lít hỗn hợp khí Z Tỷ khối Z H2 7,72 Biết tốc độ phản ứng hai olefin với hiđro Công thức phân tử phần trăm thể tích anken có ngun tử cacbon X A.C2H4; 20,0% B C2H4; l 7,5% C C3H6; 17,5% D C3H6; 20,0% Hướng dẫn: nH2P¦ = nankenP¦ = nankan  nH = nankenp­ = nankan  nH = 0,25;nankenp­ = 0,15  2P¦  2bd  nH2 d­ + nH2 p­ = nH2 d­ + nankan = 0,25 ⇒  0,15.14n + 0,25.2 = 1,82 + 7,72.2.0,25 = 5,68 42 43   14m2 43 m2 m{ mZ ankenp­ ankenbd H   mankenbd + mH2 = mankend­ + mz 37 Suyra:n= ,hai ankenlµC2H4 vµC3H6 15  nC2H4 + nC3H6 = 0,15  nC H = 0,08 0,08 ⇒ ⇒ %VC2H4 trongX = 100% = 20%  28n + 42n = 5,18 n = 0,07 0,4 C2H4 C3H6   C3H6 Ví dụ 3: Nung 15,904 lít hỗn hợp X gồm etilen, propin, vinylaxetilen hidro với xúc tác thích hợp thu 11,2 lít khí Y có tỷ khối so với H2 10,28 Chia Y thành phần Phần 1: đốt cháy hồn tồn cần V lít O2 thu 8,46 gam H2O Phần 2: dẫn qua dung dịch AgNO3/ NH3 dư thu m gam gồm kết tủa có tỷ lệ mol 1:2:3 tương ứng với M tăng dần, khí tích 5,152 lít Hỗn hợp X làm màu tối đa a mol Br2 Biết khí đo đktc phản ứng xảy hoàn toàn Giá trị (V + m + a) gần với A 15,8 B 17,8 C 17,1 D 16,7 Hướng dẫn: nY = 0,5 mol; mY = 0,5 20,56 = 10,28 gam = mX (theo định luật BTKL) Số mol X = 0,71 mol Số mol H2O = 0,47 mol Gọi A số mol (C2H4, C3H4, C4H4) b số mol H2 Ta có: a + b = 0,71 (1) Áp dụng định luật bảo tồn ngun tố cho hidro, ta có: 2a + b = 0,94 (2) Từ (1) (2) ta có: a = 0,23; b = 0,48 Ta có mC = 10,28/2 – 0,47.2 = 4,2 g → số mol CO2 = 0,35 mol Áp dụng định luật bảo tồn ngun tố cho oxi, ta có số mol O2 = 0,585 mol → V = 13,104 lít Kết tủa gồm: CH 3C ≡ CAg (t mol); CH3CH C ≡ CAg (2t mol); CH =CH - C ≡ CAg (3t mol) Số mol khí = 0,23 mol Ta có: t + 2t + 3t + 0,23 = 0,25 → t = 1/300 → m = 3,15 gam Gọi x, y, z số mol C2H4, C3H4, C4H4 X, ta có: X + y + z = 0,23 (3) Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cacbon, ta có: 2x + 3y + 4z = 0,7 (4) Trừ vế theo vế (4) cho (3) → x + 2y + 3z = 0,47 = Số mol Br phản ứng với X.→ Chọn D Ví dụ Tiến hành dime hóa C2H2 sau thời gian thu hỗn hợp X chứa hai chất hữu có tỷ khối so với He 65/6 Trộn V lít X với 1,5V lít H thu hỗn hợp Y Đun nóng Y với bột Ni sau thời gian thu 17,92 lít (ở đktc) hỗn hợp Z có tỷ khối so với Y 1,875 Cho Z lội qua dung dịch AgNO3/NH3 dư thấy có 0,3 mol AgNO3 phản ứng tạo m gam kết tủa, hỗn hợp khí tích 12,32 lít (ở đktc) làm màu tối đa 150 ml dung dịch Br2 2M Giá trị m A 40,1 B 44 C 32 D 39,9 Hướng dẫn: Ta có: M X = 130 139 M + 1,5.2 ; MY = X ; MZ = 2,5 nZ = 0,8 (mol) → mZ = 27,8 (gam) Từ M x , ta có: số mol C2H2 : số mol C4H4 = : → Gọi x 2x số mol C2H2 C4H4 V lit X → số mol H2 thêm vào 4,5x mol mY = mZ = 27,8 (gam) → x = 0,2 → Số mol (C2H2 + C4H4) = 0,6 mol → số mol H2 dư = nZ – 0,6 = 0,2 mol Kết tủa gồm: AgC ≡ CAg (a mol); CH 3CH 2C ≡ CAg (b mol); CH =CH - C ≡ CAg (c mol) Ta có: 0,8 = a + b + c + 0,55 (I) Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho Ag, ta có: 2a + b + c = 0,3 (II) Lại có: Tổng mol lk π ban đầu = Tổng mol lk π phản ứng + Tổng mol lk π dư (mà tổng mol lk π phản ứng = tổng mol tác nhân cộng tham gia phản ứng) 0,2 + 0,4 = (0,9 – 0,2) + 0,3 + 2a + 2b + 3c (III) Giải (I), (II), (III) ta có a, b, c chọn đáp án B Ví dụ Nung nóng hỗn hợp X gồm ba hiđrocacbon có công thức tổng quát làCnH2n+2, CmH2m, Cn+m+1H2m (đều hiđrocacbon mạch hở điều kiện thường chất khí; n, m nguyên dương) 0,1 mol H bình kín (xúc tác Ni) Sau phản ứng xảy hoàn toàn, thu hỗn hợp Y Cho Y tác dụng với lượng dư dung dịch Br2 CCl4, thấy có tối đa 24 gam Br phản ứng Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn Y, thu a mol CO2 0,5 mol H2O Giá trị a A 0,25 B 0,30 C 0,50 D 0,45 Hướng dẫn: Đều chất khí nên n+m ≤ Yêu cầu m ≥ → n = m = X gồm: CH 4, C4H4 0,1 mol H2 Phản ứng hoàn toàn mà Y + Br2 chứng tỏ H2 hết → Y chứa hđc → X gồm CxH4 + 0,1 mol H2 đốt cho 0,5 mol H2O → có 0,2 mol CxH4 Làm no hỗn hợp hđc 0,2 mol CxH4 cần 0,1 mol H2 + 0,15 mol Br2 → 0,2 (2x + - 4): = 0,25 → x = 0,225 Vậy a = 0,225 = 0,45 mol Chọn đáp án D 2.1.2 BÀI TỐN ANCOL Ví dụ 1: Cho 47 gam hỗn hợp X gồm ancol qua Al 2O3, đun nóng thu hỗn hợp Y gồm : ba ete, 0,27 mol olefin, 0,33 mol hai ancol dư 0,42 mol H2O Biết hiệu suất tách nước tạo olefin ancol số mol ete Khối lượng hai ancol dư có hỗn hợp Y (gam) gần giá trị ? A 14,5 B 17,5 C 18,5 D 15,5 Hướng dẫn: - Phân tích: Đây tốn hay khó ancol + Thứ học sinh dùng phương pháp trung bình để tìm CTPT ancol nhỏ, + Cái khó chỗ ancol lớn phải biện luận? Vấn đề làm tìm giới hạn số mol ancol lớn Nhận thấy số mol ancol lớn gồm: 1phần tạo ete, 1phần tạo anken, phần dư => giới hạn mol => giới hạn M => CTPT - Dưới cách suy luận Cách 1: nnước tạo olefin 0,27 → nnước tạo ete 0,42- 0,27 = 0,15 = n3ete ∑ nhhX = 0,27 + 0,15 + 0,33 = 0,9 M = 47 = 52,22 có C2H5OH: x mol ROH: y mol 0,9 → số mol ancol pứ ete hóa 0,15 Hiệu suất tạo olefin 30%, x + y = 0,9 → (0,15 + 0,3y) < y < (0,9- 0,15 – 0,3x) →54 < MROH < 72 → 46x + 60y = 46 → x = 0,5; y = 0,4 Khối lượng hai ancol dư là: 47- 46(0,5 0,3 - 0,15) – 60(0,4 0,3 + 0,15) = 17 → Đáp án B Cách 2: 47gam Ancol    mol:    mol:  → M t Ancol  → Anken+H 2O 0,27 0,27 0,27 → ∑n Ancol ban dau = 0, 27 + 0,3 + 0,33 = 0,9 mol t 2Ancol  → 3ete + H 2O 0,3 ancol = 0,15 47 = 52, 22 0,9 0,15 Ancol tách H2O tạo anken nên no, đơn C≥2 C2 H 5OH :(0,9 − x) mol X gồm   R − OH : x mol Do số mol ete nên số mol ancol tạo ete ( = 0,15 mol) 0, 27 Mặt khác nanken = 0,27 mol → H% tạo anken = 0,9 100% = 30%  0,15mol t¹oete Khi với R-OH gồm   0,3xt¹oanken → nR-OH dư = x – 0,3x – 0,15 = (0,7x – 0,15) > →x> 14 Theo giả thuyết ta có: 46.(0,9 – x) + M R-OH.x = 47 gam → (M – 46).x = 5,6 x> 14   →M < 5,6 + 46 ⇒ M < 72 3/14 (vậy C3H7OH) Với C3H7OH (M=60) ⇒ 46.(0,9 – x) + 60x = 47 gam ⇔ x = 0,4 mol  C3H7OH d­ :0,7.0,4 − 0,15 = 0,13mol Vậy 0,33 mol   C2H5OH :0,2mol ⇒ ∑m ancold­ = 0,13.60+ 0,2.46 = 17gam gÇnnhÊt  → 17,5gam Cách Phân tích + Suy luận ta sơ đồ: + H2O  Ete  { {  →0,15(mol) →0,15(mol)    Acol O  → nAncol = 0,15.2 + 0,27+ 0,33 = 0,9(mol) {  Anken 123 + H { 47g  0,27(mol)  → 0,27(mol)    Ancol d­ − 0,33(mol) → MX = C H OH − b(mol)  47 ≈ 52,22 →   0,9 CnH2n+ 2O − a(mol) a+ b = 0,9  56 56 → < 2+ = 3,3 → n =  → n = 2+ 14.a 14.3 (14n + 18).a + 46b = 47 C H OH − 0,5(mol) C2H6O(d­ ) − (0,5 − 0,15 − 0,15)mol  → →  → m = 17 → B C H OH − 0,4(mol) C H O(d­ ) − (0,4 − 0,15 − 0,12) mol     Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm ancol metylic, ancol etylic, ancol anlylic etylen glicol oxi chiếm 37,5% khối lượng chia thành hai phần Cho phần tác dụng với Na dư thu 1,344 lít H (đktc) Oxi hóa phần hai CuO cho tồn sản phẩm tạo thành tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3 thu 30,24 gam Ag Các phản ứng xảy hoàn toàn Phân trăm khối lượng ancol metylic hỗn hợp X A 12,50% B 37,50% C 18,75% D 31,25% Hướng dẫn  CH3OH  + Na d­  → H2 :0,06mol    C2H5OH  X  ROH  HCHO + AgNO3 /NH3 + CuO,t0 CH = CH − CH − OH   →    → Ag:0,28mol    RCHO   C H (OH)    nCH OH + nOH = 2nH2 = 0,12mol  nCH3 OH = 0,02mol ⇒ ⇒ 4n + 2n = 0,28mol  nROH = 0,1mol ROH CH3OH Mặtkhác,tacó:nO/trongX = n OH = 0,12mol ⇒ mO = 1,92mol ⇔ mX = ⇒ %mCH3OH = 1,92 100 = 5,12gam 37,5 0,02.32 100% = 12,5% 5,12 2.1.3 ANĐÊHIT Ví dụ : Chia 20,8 gam hỗn hợp gồm hai anđehit đơn chức đồng đẳng thành hai phần nhau: - Phần tác dụng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO NH3 đun nóng, thu 108 gam Ag - Phần hai tác dụng hoàn toàn với H dư (xúc tác Ni, t0), thu hỗn hợp X gồm hai ancol Y Z (MY < MZ) Đun nóng X với H2SO4 đặc 1400C, thu 4,52 gam hỗn hợp ba ete Biết hiệu suất phản ứng tạo ete Y 50% Hiệu suất phản ứng tạo ete Z A 40% B 60% C 30% D 50% Hướng dẫn: - Phân tích: Những đề thi trước tìm CTPT thường tính M dấu đẳng thức, năm gần đề thi có biến dạng tính M dấu bất đẳng thức (tức phải tìm khoảng M) 10, 10, < = 41, =>HCHO(0,2);CH3CHO(0,1) Trong phần: M andehit = n 0, 25 andehit Ta có: 30x + 44y =10,4 4x+2y=1 Gọi h hiệu suất tạo ete Z: 0,2×0,5×(32-0,5×18)+0,1h×(46-0,5×18)=4,52 => h=0,6 Ví dụ Hỗn hợp X gồm CnH2n-3(CHO)(COOH)2; CnH2n-2(CHO)2; CnH2n-1CHO CnH2n-2(COOH)2 Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch AgNO 3/NH3 dư thu 56,16 gam Ag Trung hòa m gam hỗn hợp X cần dùng 30 gam dung dịch hỗn hợp NaOH 12% KOH 5,6% Đốt m gam hỗn hợp X cần dùng (m + 7,92) gam O2 Giá trị gần m A 19,84 B 20,16 C 19,36 D 20,24 Hướng dẫn Điều kiện: n ≥ nên khơng có trường hợp đặc biệt HCHO HCOOH diện Quy X = CnH2n + CO + CO2 Trong nCO = nCHO = 0,26 mol; nCO2 = nCOOH = 0,12mol Đốt CnH2n cần 1,5x mol O2 sinh x mol CO2; đốt 0,26 mol CO cần 0,13 mol O cịn CO2 khơng cần O2 đốt → mX = 14x + 0,26 28 + 0,12 44 = 14x + 12,56 gam; m Oxi = (1,5x + 0,13) 32 = 48x + 4,16 gam → Phương trình: 48x + 4,16 = (14x + 12,56) + 7,92 → x = 0,48 mol → m = 19,28 gam Chọn C 2.1.4 BÀI TỐN AXIT CACBOXYLIC Ví dụ : Axit cacboxylic X hai chức (có phần trăm khối lượng oxi nhỏ 70%), Y Z hai ancol đồng đẳng (MY < MZ) Đốt cháy hoàn toàn 0,2 10 mol hỗn hợp gồm X, Y, Z cần vừa đủ 8,96 lít khí O (đktc), thu 7,84 lít khí CO2 (đktc) 8,1 gam H2O Phần trăm khối lượng Y hỗn hợp A 15,9% B 12,6% C 29,9% D 29,6% ( Đề hóa khối B- 2013) Hướng dẫn: Phân tích: Đây câu axit hay đề khối B năm 2013 Học sinh phải vận dụng tổng hợp phương pháp (trung bình, bảo tồn ngun tố, biện luận) Định hướng tư duy: - Trước hết tìm CTPT ancol - Bảo toàn nguyên tố bon lập biểu thức giưa số C axit Ctb ancol - Biện luận xác định axit Sau số cách giải Cách 1: Từ số mol CO2: 0,35 mol ⇒ Số C trung bình: 0,35 : 0,2 = 1,75 ⇒ rượu CH4O C2H6O gọi chung CnH2n + O Đặt CnH2n + O : a mol, axit CxH yO4 (b mol) Ta có: a + b = 0,2 Bảo tồn nguyên tố oxi có: a + 4b = 0,35.2 + 0,45 – 0,4.2 = 0,35 Suy ra: a = 0,15 mol; b = 0,05 mol Bảo toàn C ⇒ 0,05.x + 0,15.n = 0,35 n > ⇒ x < nên: x = x = Mặt khác: % O < 70% => M axit > 64 : 0,7 = 91 nên có x = phù hợp ⇒ n =4/3 Vậy axit CH2(COOH)2 Gọi nCH3OH (c), nC2H5OH (d) ta có : c +d =0,15 ; (c +2d)/0,15 =4/3 ⇒ c = 0,1 mol ⇒ % m CH3OH = 3,2 : 10,7.100% = 29,9% Cách 2: X hai chức → X có 4O → %O = 4.16 100% < 70 → MX MX > 91,43 → X > 2C (X > HOOC-COOH: M = 90) Hỗn hợp: 0,2 mol; CO2: 0,35 mol; H2O: 0,45 mol; O2: 0,4 mol → hỗn hợp có số 0, 35  C= =1, 75  0,   → H = 0, 45.2 = 4,  0,  CH 3OH ancol  C2 H OH C x H y O (x > 2): a mol C n H 2n +2 O (1 < n < 2): b mol → gọi hỗn hợp gồm  Bảo tồn ngun tố oxi, ta có: nO hỗn hợp + nO phản ứng = nO (CO2) + nO (H2O) 11  a + b = 0,2 a =0, 05 ⇔ → b =0,15  4a + b + 0,4.2 = 0,35.2 + 0, 45 Ta có sơ đồ đường chéo: → naxit 1,75 − n 1, 75 − n 0, 05 = ⇔ = x − 1, 75 0,15 nancol x − 1,75 Kết hợp điều kiện ta được: x = n ⇔ x + 3n = =  CH3OH : c mol có số mol 0,15  C2 H5 OH : d mol Hỗn hợp ancol   c + d = 0,15  ⇔ → c =  d  c = 0,1   d = 0,05 mhỗn hợp ban đầu = mC + mH + mO (axit) + mO (ancol) = 0,35.12 + 0,45.2 + 0,05.4.16 + 0,15.16 = 10,7g → %CH3OH = 0,1.32 100% = 29,9% → Đáp án B 10, Cách 3: Do %O X< 70% nên MX > 64.100/70 = 91,42, tức phải có từ nguyên tử C trở lên Số mol O2 = 0,4 mol, CO2 = 0,35 mol, H2O = 0,45 mol Số nguyên tử C trung bình hỗn hợp 0,35/0,2 = 1,75 số nguyên tử H = 4,5 Vậy phải có ancol CH3OH, ancol kết tiếp C2H5OH Theo BTNT Oxi ta có số mol O axit X ancol là: 0,35.2 + 0,45 – 0,8 = 0,35 mol Đặt số mol X x, số mol ancol y Ta có: x + y = 0,2 4x + y = 0,35 Suy ra: x = 0,05, y = 0,15 → CH3OH + 1,5O2  CO2 + 2H2O a 1,5a a 2a → C2H5OH + 3O2  2CO2 + 3H2O 12 b 3b 2b 3b CxHyO4 + (x + 0,25y-2)O2  → x CO2 + 0,5y H2O 0,05 0,05(x + 0,25y -2) 0,05x 0,025y Ta có: a + b = 0,15 (1*) a + 2b + 0,05x = 0,35 (2*) 2a + 3b + 0,025y = 0,45 (3*) Và: 1,5a + 3b + 0,05x + 0,0125y – 0,1 = 0,4 (4*) Rút ra: 0,025x – 0,0125y = 0,025 Tức là: y = 2x-2 + Nếu x = 3, y = axit X HOOC-CH2-COOH Tìm được: a = 0,1, b = 0,05 %CH3OH = 3,2/(3,2+ 2,3 + 5,2) = 29,9% + Nếu x = 4, y = axit X HOOC-C2H4 –COOH Tìm được: a = 0,15, b = Vô lý Nhận xét: Đây câu khó đề khối B năm 2013 Với cách nhanh nhất, cách chuẩn mực, cách nặng viết phương trình lập hệ => thiết lập CTPT chung axit Ví dụ Hỗn hợp A gồm axit no đơn chức axit không no, đơn chức chứa liên kết đôi dãy đồng đẳng Cho A tác dụng hoàn toàn với 150 ml dung dịch NaOH 2M Để trung hòa vừa hết lượng NaOH cần thêm vào 100 ml dung dịch HCl 1M dung dịch D Cô cạn cẩn thận D 22,89 g rắn khan Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp A cho tồn sản phẩm cháy hấp thụ vào bình NaOH đặc (dư), khối lượng bình tăng thêm 26,72 (g) CTPT axit : A HCOOH, C2H3COOH, C3H5COOH B.CH3COOH, C2H3COOH, C3H5COOH C HCOOH, C3H5COOH, C4H7COOH D HCOOH, C5H9COOH, C4H7COOH Hướng dẫn: Muối gồm RCOONa; NaCl Dễ có m h h A = 22,89 – 0,1.58,5 – 0,2.22 = 12,64 gam Và n hhA = 0,2 mol Công thức axit no C nH2nO2 không no cho axit CmH2m-2O2 Vậy có: 44nCO2 + 18nH2O = 26,72 ; 12nCO2 + 2nH2O = 12,64 – 0,2.32  nCO2 = 0,46 mol; nH2O = 0,36 mol => nhh axit không no = 0,1 mol 13 Và n axit no = 0,1 mol ; có C tb = 0,46 : 0,2 = 2,3 (vì axit khơng no phải từ 3C trở lên) => n = n =  Nếu n = => m tb = (0,46 – 0,1.1) : 0,1=3,6 => chọn A  Nếu n = => m tb = (0,46 – 0,1.2) : 0,1 = 2,6 (loại tối thiểu C ≥ 3) 2.2 KẾT HỢP CÁC PHƯƠNG PHÁP ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TẬP TỔNG HỢP VỚI BÀI TOÁN HỖN HỢP CÁC CHẤT CHỨA C, H, O, CHÚ Ý MỘT SỐ VẤN ĐỀ QUAN TRỌNG Ta gọi chung HCHC X 1) Chú ý số liên kết π X 2) Chú ý tỷ lệ số mol phản ứng (cái buộc phải nhớ) 3) Chú ý số ngun tử O có cơng thức phân tử X 4) Chú ý áp dụng mX = mC + mH + mO mX + mO = mCO + mH O 5) Chú ý chất nguy hiểm HCHO; HCOOH ; HOC − CHO; CH ≡ −C − CHO 6) Chú ý thử đáp án suy luận dựa vào đáp án 2.2.1 DẠNG BÀI ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI, KẾT HỢP CÁC PHÁP KHÁC Dạng cho nhiều chất với số ràng buộc (nhiều ẩn, giả thiết) Lời giải dạng đơn giản đặt ẩn, ghép Tuy nhiên, dạng đặc biệt, dĩ nhiên tìm điểm đặc biệt chuyện lại trở nên dễ dàng không phần hay + thú vị! Hướng đòi hỏi tư + khả quan sát, phân tích cao Ví dụ : Đốt cháy hoàn toàn 29,2 gam hỗn hợp X gồm anđehit acrylic, axit propionic, anđehit axetic etylen glicol thu 1,15 mol CO 23,4 gam H2O Mặt khác, cho 36,5 gam hỗn hợp X tác dụng hết với dung dịch AgNO3 NH3 thu tối đa m gam Ag Giá trị gần m A 43,5 B 64,8 C 53,9 D 81,9 Hướng dẫn Cách 1: Sử dụng phương pháp quy đổi Với toán hỗn hợp nhiều chất Những loại tập tính chất gây phân tán thơi thực đơn giản Chỉ cần bạn tìm chung chất + Các chất có chung ? Quan sát kỹ ta thấy: • Có hai chất có Oxi Hiđro (CH 2=CH-CHO CH3CHO) có mối liên quan tới Ag 2 14 • Cịn hai chất cịn lại có Oxi Hiđro (C 2H5COOH C2H4(OH)2) khơng liên quan tới Ag Vậy CxH 4O: amol + O2 ,to CO2 :1,15mol X→ →   H2O :1,3mol CyH6O: bmol Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: nOtrongX = 29,2 − 1,15.12 − 1,3.2 = 0,8mol 16 Áp dụng bảo toàn nguyên tố O H, ta có: a+ 2b = 0,8mol a = 0,2mol ⇒   4a+ 6b = 2,6mol b = 0,3mol Chú ý: Có thay đổi lần thí nghiệm n− CHO = 0,2 36,5 − CHO→ 2Ag = 0,25mol  → mAg↓ = 0,25.2.108 = 54gam → 53,9gam 29,2 Cách 2: Sử dụng phương pháp số đếm Nhận xét: Bài gồm chất cho thông tin số liệu gồm khối lượng hỗn hợp, số mol CO2, số mol H2O theo phương pháp số đếm ta bỏ tùy ý (4 – 3) = chất với điều kiện không làm thay đổi chất tốn Ở thí nghiệm 2, hỗn hợp X phản ứng với AgNO 3/NH3 nên không bỏ C H O: amol CO2 :1,15mol  H2O :1,3mol  x + O ,t anđehit bỏ X → C H O: bmol →   y o tùy ý axit propionic (C2H5COOH) etylen glicol (C2H6O2) Ở đây, chọn bỏ etylen glicol (C2H6O2) Khi đó:  CH2 = CH − CHO :amol CO :1,15mol   + O2 ,to  → 29,2gamX CH3COOCH3 : bmol  H2O:1,3mol CH CHO : cmol    36,5 + AgNO3 /NH3 36,5gamX  → Ag: (2a+ 2c)mol 29,2  Theo giả thuyết, bảo tồn ngun tố C H, ta có:  56a+ 74b + 44c = 29,2gam  a = − 0,15mol    3a+ 3b + 3c = nCO2 = 1,15mol ⇒  b = 0,3mol    4a+ 6b + 4c = 2nH2O = 2,6mol  c = 0,35mol 15 Lưu ý: Phương pháp số đếm dạng đặc biệt quy đổi nên chấp nhận số âm số liệu tính tốn mà không làm thay đổi kết sau tốn! Ví dụ Hỗn hợp M gồm CH3CH2OH, CH2=CHCH2OH, CH3COOH, CH2=CHCOOH, CH = C-COOH Đốt cháy hoàn toàn m gam M cần dùng vừa đủ 0,4 mol O2, thu 0,35 mol CO2 0,35 mol H2O Mặt khác, cho m gam M tác dụng vừa đủ với 50 gam dung dịch Ba(OH) nồng độ x% Giá trị x A 68,40 B 17,10 C 34,20 D 8,55 Hướng dẫn Quan sát → nhận xét: ancol dạng C?H6O; axit dạng C??H4O2 → O2 cung cấp cho C → CO2 cụm H4 ancol → H2O → nancol = 2.(∑ O2 − ∑ CO2 ) = 0,05 mol Bảo toàn O → Otrong M = 0,25 mol → naxit = 0,1 mol → cần 0,05 mol Ba(OH)2 → x = 17,1% → Chọn B Ví dụ Hỗn hợp X gồm ancol CH3OH, C2H5-COOH vàHOOC[CH2]4COOH Đốt cháy hoàn toàn 1,86 gam X cần dùng vừa đủ 10,08 lít khơng khí (đktc, 20% O2 80% N2 theo thể tích) thu hỗn hợp Y gồm khí Dẫn Y qua nước vơi dư, sau phản ứng xảy hoàn toàn thấy khối lượng dung dịch giảm m gam Giá trị m gần với A 2,75 B 4,25 C 2,25 D 3,75 Hướng dẫn CH3OH  quydoi   → C3H10O2 C H OH   CO  + O2 ,to + Ca(OH)2 du 1,86gamX C2H5COOH → C3H6O2  →   → mdd ↓  H2O HOOC CH COOH → C H O [ 2] 10   10,08 KK:20%O2 ;80%N nKK = = 0,45mol  → nO2puchay = 0,09mol 22,4 2 3 Cách 1: Nhận xét: Trong hỗn hợp X: Số C = soO ⇒ nOtrongX = nCtrongX = nCO Áp dụng bảo toàn khối lượng bảo tồn ngun tố O, ta có: 16 BTKL   → 44x + 18y = 1,86 + 0,09.32 x = 0,075mol  ⇒  BTNTO y = 0,08mol  → x + 2.0,09 = 2x + y  m m m↓ 647 48 64 7CO248 64 7H2O4 gannhatvoi ⇒ mddgiam = 0,075.100 − (0,075.44 + 0,08.18) = 2,76gam →2,75gam Cách 2:  C3H10O2 C3O2 + O ,t  CO2  quydoi C H O  → ,86gam →    H   H2O  C H O → (C H O ) 2  10 o + Ca(OH)2 du  → mddgiam Khi đó: t C3O2 + 2O2  → 3CO2 68x + 2y = 1,86gam  x = 0,025mol → n = 0,075mol  xmol 2xmol 3xmol    CO2 ⇔ ⇒    o t  y = 0,08mol  H2 + O2 → H2O 2x + y = 0,09mol ymol ymol  0,5ymol o ⇒ mddgiam = 2,76gam gannhatvoi   → 2,75gam Ví dụ Hỗn hợp X gồm etilen, etylen glicol, axit lactic (CH 3CH(OH)COOH) axit propanoic (trong etilen glicol axit propanoic có số mol) Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần 0,18 mol O thu 2,97 gam nước Mặt khác, cho m gam X tác dụng với dung dịch Br khối lượng Br2 tối đa phản ứng A 1,6 gam B 2,4 gam C 3,2 gam D 4,0 gam Hướng dẫn Sự đặc biệt: hỗn hợp gồm C2H4; C2H4.H2O.CO2 C2H4 H2O CO2 → O2 cần đốt dùng cho đốt C 2H4 → có 0,18 : = 0,06 mol hỗn hợp hay cụm C2H2 sinh 0,12 mol H2O Mà tổng số mol H2O = 0,165 mol → số mol chất = 0,165 – 0,12 = 0,045 mol Theo có 0,015 mol C2H4 → khối lượng Br2 phản ứng 2,4 gam → Chọn B 2.2.2 BÀI TOÁN HỖN HỢP CÁC CHẤT CHƯA RÕ LOẠI CHẤT Đây kiểu tập hay sáng tạo, giúp rèn cho học sinh lực tư sáng tạo, khả biện luận Nắm rõ mối liên hệ cấu tạo tính chất 17 Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm hai chất hữu no , mạch hở (đều chứa C, H, O), phân tử chất có hai nhóm chức số nhóm –OH, –CHO, – COOH Cho m gam X phản ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO NH3, thu 4,05 gam Ag 1,86 gam muối amoni hữu Cho toàn lượng muối amoni hữu vào dung dịch NaOH (dư, đun nóng), thu 0,02 mol NH3 Giá trị m A 1,50 B 1,24 C 2,98 D 1,22 (Đề thi Trung học phổ thông Quốc Gia năm 2015 – Bộ Giáo dục Đào tạo) Hướng dẫn Giải thích X chất chứa hai nhóm chức –OH, –CHO, – COOH + Vậy X có chứa chất Nhận xét: Đây câu hay đề, khơng nặng hình thức tốn học, khơng đơn giản Ví dụ 2: Hai chất hữu X Y, thành phần nguyên tố gồm C, H, O, có số nguyên tử cacbon (MX < MY) Khi đốt cháy hoàn toàn chất oxi dư thu số mol H2O số mol CO2 Cho 0,1 mol hỗn hợp gồm X Y phản ứng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO NH3, thu 28,08 gam Ag Phần trăm khối lượng X hỗn hợp ban đầu A 39,66% B 60,34% C 21,84% D 78,16% Hướng dẫn X, Y có dạng: CnH2nOx nAg = 0,26  X HCHO : x mol Theo ra: 2.nhỗn hợp < nAg < 4.nhỗn hợp →  Y HCOOH : y mol ( M X < M Y )   x + y = 0,1 ⇔ → x + y = 0,26  → Đáp án C  x = 0,03 0, 03.30 100% = 21,84% → %HCHO =  0,03.30 + 0,07.46 y = 0,07  18 Ví dụ 3: Chia 0,15 mol hỗn hợp X gồm số chất hữu (bền, có sách giáo khoa bản), phân tử chứa C, H O thành ba phần Đốt cháy phần một lượng oxi vừa đủ hấp thụ toàn sản phẩm cháy vào bình đựng nước vơi dư thu gam kết tủa Phần hai tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 NH3 thu 8,64 gam Ag Phần ba tác dụng với lượng Na vừa đủ thu 0,448 lít H (đktc) Các phản ứng xảy hoàn toàn Khối lượng 0,15 mol hỗn hợp X A 6,48 gam B 5,58 gam C 5,52 gam D 6,00 gam Hướng dẫn: + O2 ,t  → CO2 : 0,05.3 = 0,15 mol ⇒ nC/trongX = 0,15mol + AgNO3 /NH3 0,15mol X   → Ag↓ : 0,08.3 = 0,24mol + Na  → H2 : 0,02.3 = 0,06mol ⇒ n− Hlinh®éng = 0,12 mol SèC = nCO2 nX  CH3OH :xmol  x + y + z = 0,15mol  x = 0,06mol    = 1→  HCHO:ymol ⇒  4y + 2z = 0,24mol ⇔  y = 0,03mol  HCOOH :zmol  x + z = 0,12mol  z = 0,06mol    ⇒ m = 0,06.32+ 0,03.30+ 0,06.46= 5,58gam Lưu ý: Các hợp chất hữu chứa C, H, O có 1C, bền có SGK gồm CH3OH, HCHO, HCOOH nhé! 19 2.2 Thực trạng việc giải tập hóa hữu phần vận dụng vận dụng cao 2.2.1 Thuận lợi Học sinh có tảng kiến thức từ lớp 10 kì lớp 11 2.2.2 Khó khăn Đây nội dung khó nên cần chọn lọc đối tượng học sinh giảng dạy Kết kiểm tra trước thực đề tài Sỉ → 2,5 điểm → 4,5 điểm → 7,5 điểm → 10 điểm Lớp % SL % SL % SL % số SL 11A1 55 0 19 34,55 19 34,55 17 30,9 11A2 54 0 24 44,45 22 40,74 14,81 2.3 Hiệu việc sử dụng phương pháp Kết kiểm tra sau thực đề tài Sĩ → 2,5 điểm → 4,5 điểm → 7,5 điểm → 10 điểm Lớp % SL % SL % SL % số SL 11A1 55 0 12,74 23 41,81 25 45,45 11A2 54 0 16 14,82 28 51,85 18 33,33 Khi nghiên cứu đề tài đưa vào áp dụng q trình giảng dạy tơi nhận thấy: - Chất lượng giải tập trắc nghiệm khó tăng lên rõ rệt - Kỹ tư vận dung giải toán nâng cao 20 KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Qua trình nghiên cứu chuyên đề này, thấy việc kết hợp sáng tạo phương pháp để giải tập hóa học có ý nghĩa quan trọng góp phần nâng cao hứng thú học tập môn phát triển tư duy, sáng tạo cho học sinh Là bước chuẩn bị quan trọng để học sinh đạt điểm 8,9,10 kỳ thi HSG, kỳ thi TNTHPT Cũng giúp giáo viên không ngừng bồi dưỡng chuyên môn, động, sáng tạo tiếp cận với vấn đề để nâng cao chất lượng dạy học môn 3.2 Kiến nghị Công tác dạy học, đúc rút sáng kiến kinh nghiệm lãnh đạo ngành quan tâm Song để việc đúc rút sáng kiến kinh nghiệm có sức lan tỏa viết có chất lượng cần đưa lên trang web sở để giáo viên có điều kiện tiếp cận, học hỏi Tơi xin cam đoan sáng kiến kinh nghiệm thân viết, không copy, không chép Xác nhận Thủ trưởng đơn vị Thanh Hóa, tháng năm 2020 Người viết Trịnh khắc Hoàn 21 TÀI LIỆU THAM KHẢO PGS.TS Nguyễn Xuân Trường – TS Hoàng Thị Thúy Hương - ThS Quách Văn Long : “Bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học theo chuyên đề 11”, NXB Đại học quốc gia HN PGS.TS Cao Cự Giác : “Bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học”, NXB Đại học quốc gia HN PGS.TS Cao Cự Giác : “Tuyển tập giảng hóa học hữu cơ”, NXB Đại học quốc gia HN PGS.TS Nguyễn Xuân Trường – TS Hoàng Thị Thúy Hương - ThS Quách Văn Long : “Kĩ thuật giải nhanh toán hay khó hóa học 11”, NXB Đại học quốc gia HN DANH MỤC CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Đà ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN Họ tên tác giả: Trịnh Khắc Hoàn Chức vụ đơn vị công tác: Trường THPT Hàm Rồng Kết Cấp đánh đánh giá giá xếp loại TT Tên đề tài SKKN xếp loại (Phòng, Sở, (A, B, Tỉnh ) C) Sử dụng độ bất bão hịa Sở GD B tốn lập cơng thức phân tử hợp chất hữu Sử dụng phương pháp trị số trung bình tốn lập công thức phân tử hợp chất Sở GD B hữu Lồng ghép giáo dục môi trường dạy học hóa học lớp 10 THPT Sở GD C Sử dụng phương pháp trị số trung bình tập hoá học THPT Sở GD C Sử dụng phương pháp dạy học nêu vấn đề dạy học hóa học 10 Sở GD C Năm học đánh giá xếp loại 2010 2012 2015 2018 2019 ... ? ?Kết hợp phương pháp để giải số tập hóa hữu hay khó, nhằm phát triển tư cho học sinh lớp 11. ” 1.2 Mục đích nghiên cứu Mục đích nghiên cứu đề tài phát triển tư duy, nâng cao lực học tập mơn hóa. .. cụ thể hóa, kết hợp phương pháp để giải số tập hữu hay khó lớp 11 NỘI DUNG 2.1 PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VÀ KHÓ ĐẶC TRƯNG RIÊNG CHO TỪNG LOẠI CHẤT HỮU CƠ 2.1.1 MỘT SỐ BÀI TOÁN HIĐRO... Trong nhà trường phổ thơng tập hóa học có ý nghĩa quan trọng dạy học, ngồi củng cố kiến thức kỹ Bài tập hóa học giúp phát triển tư cho học sinh Những kiến thức hóa học học sinh quên tư học sinh có