I. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Một trong những vấn đề cơ bản của đổi mới chương trình giáo dục phổ thông
là đổi mới phương pháp dạy học, phương pháp kiểm tra đánh giá. Việc đổi mới
phương pháp dạy học và phương pháp kiểm tra đánh giá môn Hóa hiện nay là
nhằm phát huy tính tích cực chủ động sáng tạo của học sinh trong việc tiếp thu kiến
thức qua đó khai thác vận dụng những kỹ năng để giải toán Hóa, đặc biệt những bài
toán Hóa ở mức độ vận dụng, vận dụng cao.
Trong thời gian qua, việc Bộ giáo dục ra đề thi với 4 mức độ khiến cho
không ít giáo viên và học sinh gặp khó khăn trong quá trình giải đề thi đặc biệt ở
mức độ vận dụng cao. Qua quá trình giảng dạy ở trường phổ thông bản thân tôi
cũng đã dự rất nhiều tiết dạy của đồng nghiệp, đã trực tiếp dạy nhiều đối tượng học
sinh từ yếu, trung bình đến bồi dưỡng học sinh khá; giỏi, song tôi nhận thấy rằng
việc giải quyết các bài toán phức tạp còn có quá ít tài liệu chuyên sâu, chính thống
được công bố rộng rãi, làm cho học sinh mất phương hướng, đôi khi học sinh giải
bài toán đó như theo hướng tự luận mất rất nhiều thời gian, trong khi, yêu cầu bình
quân mỗi câu trắc nghiệm chỉ mất tối đa là gần 1,25 phút trung bình cho mỗi bài.
Đứng trước những vấn đề như vậy, làm thế nào để đáp ứng được nhu cầu đổi
mới hiện nay, làm cho học sinh có hứng thú trong học tập, đạt được điểm cao trong
kì thi Trung học phổ thông Quốc gia. Sau đây tôi xin giới thiệu một kinh nghiệm đó
là: Vận dụng phương pháp bảo toàn electron trong hóa hữu cơ để giải một số
bài tập khó.
2. Mục đích nghiên cứu:
Tổng hợp kiến thức về phương pháp bảo toàn electron nói chung và vận
dụng vào giải một số bài tập khó của hóa học hữu cơ trong đề thi Trung học phổ
thông Quốc Gia.
1
3. Đối tượng nghiên cứu:
Một số kiến thức trọng tâm về cách quy hỗn hợp bài toán về công thức
chung, phương pháp trao đổi electron, quy bài toán về tổng quát vận dụng phương
pháp bảo toàn electron để giải quyết bài toán.
4. Phương pháp nghiên cứu:
Từ lý thuyết chung về phương pháp bảo toàn electron xây dựng hệ thống
kiên thức, các dấu hiệu nhận biết, vận dụng để giải các bài tập khó trong đề thi.
II. NỘI DUNG
1. Cơ sở lý luận
Đối với Phương trình đốt cháy hợp chất hữu cơ dạng CxHyOzNt
Bước 1: Quy bài toán về đặc điểm chung nhất, đơn giản nhất.
Đa phần các bài toán khó của đề thi thuộc Hóa học hữu cơ chứa C, H, O, N, nên ta
có thể quy hỗn hợp nhiều chất về công thức chung nhất.
Bước 2: Áp dụng bảo toàn electron cho phương trình cháy tổng quát
0
0
0
0
0
o
4 2
1
2
0
Löu yù: C x H y O z N t O 2 t C O 2 H 2 O N 2
n electron O nhaän 4n O
2
2
(4x y 2z)n C H O N 4n O
x y z t
2
n
electron Cx H y Oz N t nhöôøng (4x y 2z)nC xH yO z N t
2. Thực trạng vấn đề
Khi học sinh gặp các bài tập cân bằng phương trình phản ứng phức tạp của
hóa học hữu cơ hoặc các bài toán khó yêu cầu tư duy cao, khả năng vận dụng kiến
thức sâu sắc các em chưa có định hướng rõ về cách thức và phương pháp giải cụ
thể. Nhiều bài toán rất khó tìm ra đặc điểm chung để quy đổi về chất tổng quát, từ
đó khó khăn cho việc vận dụng phương pháp bảo toàn electron trong bài toán hữu
cơ .
2
Nếu giải nhanh bài toán hóa trên theo kiến thức cơ bản thì quả thật mất rất
nhiều thời gian.
3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.
Một số ví dụ về bài toán cụ thể
Ví dụ 1:
Hỗn hợp X gồm: (CH3COO)3C3H5, CH3COOH, CH2OHCHOHCH2OH,
CH3COOCH2CH(OOCCH3)CH2OH, CH3COOCH2CHOHCH2OH và trong đó
CH3COOH chiếm 10% tổng số mol hỗn hợp. Đun nóng m gam hỗn hợp X với dung
dịch NaOH vừa đủ, thu được dung dịch chứa 20,5 gam natri axetat và 0,604m gam
glixerol. Để đốt cháy m gam hỗn hợp X cần V lít O2 (đktc). Giá trị của V gần nhất
là
A. 25,3.
B. 24,6.
C. 24,9.
D. 25,5.
Phân tích, hướng dẫn:
C3 H 5 (OH)3 x (OOCCH 3 )x : a mol n HOH n CH3COOH b
X goàm
;
n NaOH n CH3COONa 0,25
CH3COOH : b mol
BTKL : m 10 20,5 0,604m 18b
m C3H5 (OH)3 0,604m 92a
b 0,1(a b)
BT E : 8n CH3COOH (14 8x)n C
32 x
H82 x O3x
m 27,424
b 0,02 x 1,2783
a 0,18
4n O2 nO2 1,13 mol
VO2 (ñktc) 25,3162 gaàn nhaát vôùi giaù trò 25,3
Ví dụ 2: Đốt cháy 0,15 mol hỗn hợp X gồm metyl acrylat, etylen glicol,
axetanđehit và ancol metylic cần dùng a mol O2. Sản phẩm cháy dẫn qua 200 ml
dung dịch Ba(OH)2 1M, lọc bỏ kết tủa, cho dung dịch Ca(OH) 2 dư vào phần nước
lọc thì thu được thêm 53,46 gam kết tủa nữa. Giá trị của a là bao nhiêu ?
A. 0,215.
B. 0,625.
C. 0,455.
D. 0,375.
Phân tích, hướng dẫn:
Ta tiến hành làm như sau :
3
CH 2 CHCOOCH3 C4 H 6 O2 C4 H 2 .2H 2O
CH OHCH2 OH C2 H 6 O2 C 2 H 2 .2H 2 O
X goàm 2
X : Cx H 2 .yH 2O
CH3CHO C2 H 4 O2 C2 H 2 .H 2 O
CH OH CH O CH .H O
4
2
2
3
BaCO3 : x mol
CO2 Ba(OH)
2
2
Cx H 2 .yH 2 O O
H 2 O
BaCO3 : y mol
Ca(OH)
Ba(HCO3 )2 2
CaCO3 : y mol
n 0,38
n Ba(OH) x y 0,2
y 0,18 CO2
2
0,38
m keát tuûa 100y 197y 53,46 x 0,02 x 0,15
0,38 1
BT electron : (4x 2)n X 4n O2 n O2
.0,15 0,455 mol
0,15 2
Ví dụ 3: Hỗn hợp X gồm 0,1 mol một α-amino axit no, mạch hở A chứa 1 nhóm –
NH2, 1 nhóm –COOH và 0,025 mol pentapeptit mạch hở cấu tạo từ A. Đốt cháy
hỗn hợp X cần a mol O2, sản phẩm cháy hấp thụ hết vào 1 lít dung dịch NaOH
1,2M thu được dung dịch Y. Rót từ từ dung dịch chứa 0,8a mol HCl vào dung dịch
Y thu được 14,448 lít CO2 (đktc). Đốt 0,01a mol đipeptit mạch hở cấu tạo từ A cần
V lít O2 (đktc). Giá trị của V là
A. 2,2491.
B. 2,5760.
C. 2,3520.
D. 2,7783.
Phân tích, hướng dẫn:
0,1 mol Cn H 2n 1O2 N
a mol O
a mol O2
2 CO2
0,225 mol Cn H 2n 1O2 N
0,025 mol (5C n H 2n 1O 2 N 4H 2O)
0,025n mol
BT electron : 4n O (6n 3)n C H
2
n
2 n1O 2 N
4a 0,225(6n 3) (*)
Na2 CO3 HCl: 0,8a mol NaCl : 0,8a mol
NaOH
CO2 1,2
CO2
mol
cho töø töø
NaHCO3 : (1,2 0,8a) mol
NaHCO3
0,225n mol
0,645 mol
1,2 0,8a 0,645 0,225n (**)
Töø (*), (**) suy ra : a 1,18125; n 4 Ñipeptit laø (2C4 H11O2 N H2 O).
BT electron : 4n O 42 n(2C H O N H O) n O 0,12403125 mol 2,7783 lít
2
2
4 9 2 2
?
0,01a
Ví dụ 4: X, Y, Z, T là các peptit đều được tạo bởi các α-amino axit no, chứa một
nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH và có tổng số nguyên tử oxi là 12. Đốt cháy 13,98
gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T cần dùng 14,112 lít O 2 (đktc) thu được CO2, H2O,
N2. Mặt khác, đun nóng 0,135 mol hỗn hợp E bằng dung dịch NaOH (lấy dư 20%
so với phản ứng), cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được lượng chất rắn khan là
A. 31,5 gam.
B. 24,51 gam.
4
C. 36,05 gam.
Phân tích, hướng dẫn:
D. 25,84 gam.
12
O(X, Y, Z, T) 3 (min) X, Y, Z, Y ñeàu laø caùc ñipeptit C n H 2nO 3N 2 .
4
Trong phaûn öùng chaùy, theo baûo toaøn electron ta coù :
(6n 6)n C H
O3 N2
4n O
13,98(6n 6)
14n 76
Trong phaûn öùng vôùi NaOH, ta coù :
n
2n
2
2,52 n 5,666
n NaOH pö 0,135.2 0,27; n NaOH bñ 0,27 0,27.20% 0,324n H O 0,135
2
m chaát raén (14.5,666 76).0,135 0,324.40 0,135.18 31,5 gam
Ví dụ 5: X và Y là hai peptit được tạo từ các α-amino axit no, mạch hở, chứa 1
nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH. Đun nóng 0,1 mol hỗn hợp E chứa X, Y bằng
dung dịch NaOH (vừa đủ). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam muối
khan. Đốt cháy toàn bộ lượng muối này thu được 0,2 mol Na 2CO3 và hỗn hợp gồm
CO2, H2O, N2 trong đó tổng khối lượng của CO2 và H2O là 65,6 gam. Mặt khác đốt
cháy 1,51m gam hỗn hợp E cần dùng a mol O2, thu được CO2, H2O và N2. Giá trị
của a gần nhất với
A. 2,5.
B. 1,5.
C. 3,5.
D. 3,0.
Phân tích, hướng dẫn:
n NaOH 2nNa CO 0,4; nNaOH : n(X, Y) 4 X, Y laø Cn H 2n 2 N 4 O5 .
2
3
Baûn chaát phaûn öùng :
Cn H 2n 2 N 4 O5 4NaOH 4Cm H 2m O 2 NNa H 2O
mol :
0,1
0,4
0,4
0,1
O
2
Cm H 2m O2 NNa
(m 1)CO2 mH 2O 0,5N 2 Na 2CO 3
mol :
0,4
(m 1)0,4
0,4m
m
44(m 1)0,4 18.0,4m 65,6
(CO2 , H2 O)
BTKL : 0,1.(14n 134) 0,4.40 0,4(14m 69) 0,1.18
m 3,35
n 13,4
Trong phaûn öùng ñoát chaùy E, theo baûo toaøn electron, ta coù:
(6n 12)n C H
n
2 n 2
N 4 O5
4n O n O
2
2
(6n 12) 1,51.0,4(14m 69)
.
3,72 3,5
4
(14n 134)
Ví dụ 6: X là peptit mạch hở cấu tạo từ axit glutamic và α-amino axit Y no, mạch
hở chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH. Để tác dụng vừa đủ với 0,1 mol X cần
0,7 mol NaOH tạo thành hỗn hợp muối trung hoà. Đốt 6,876 gam X cần 8,2656 lít
5
O2 (đktc). Đốt m gam tetrapeptit mạch hở cấu tạo từ Y cần 20,16 lít O 2 (đktc). Giá
trị của m là
A. 24,60.
B. 18,12.
C. 15,34.
D. 13,80.
Phân tích, hướng dẫn:
HNC3 H 5 (COOH)CO : 0,1a mol
Quy ñoåi X thaønh hoãn hôïp E goàm
Cn H 2n 1ON : 0,1b mol; H 2 O : 0,1 mol
0,2a 0,1b 0,7
Suy ra : 0,1a.129 0,1b.(14n 29) 0,1.18 5,25.0,1a (1,5n 0.75).0,1b
6,876
0,369
a 2; b 3; n 5
0,2a 0,1b 0,7 (a 3)
1,1502a 1,5858b 0,5148nb 0,6642 Y laø C5 H11O2 N
Tetrapeptit taïo ra töø Y laø (4C5H11O2 N 3H 2O). Theo BT electron ta coù :
108n(4C H O N 3H O) 4 n O m 13,8 gam
2
5 11 2 2
? 1/ 30
0,9
Löu yù: BT electron suy ra : n O
2
ñoát chaùy E
5,25.0,1a (1,5n 0.75).0,1b.
Ví dụ 7: X, Y là 2 hợp chất hữu cơ no, mạch hở, trong phân tử chỉ chứa một loại
nhóm chức; X, Y khác chức hóa học (MX < MY). Đốt cháy hoàn toàn a mol X cũng
như Y đều thu được x mol CO2 và y mol H2O với x = y + a. Lấy 0,25 mol hỗn hợp
E chứa X, Y tác dụng với AgNO3/NH3 dư thu được 86,4 gam Ag. Mặt khác, đun
nóng 0,25 mol E với dung dịch NaOH dư thì sản phẩm thu được chứa 15 gam hỗn
hợp 2 muối của 2 axit hữu cơ no, đơn chức và 7,6 gam một ancol Z. Đốt cháy hoàn
toàn 14,25 gam X cần dùng V lít O2 (đktc). Giá trị của V là
A. 21 lít.
B. 25,2 lít.
C. 23,52 lít.
D. 26,88.
Phân tích, hướng dẫn:
x mol CO2
a mol X O2 , t o
y mol H 2 O
a mol Y
x a y
X, Y no, maïch hôû
Y khaùc chöùc
X,
0,25 mol
AgNO3 / NH3
k X k Y 2 (*)
X, Y : Ca H 2a 2O...
(I)
Ag : 0,8 mol
to
(II)
NaOH
to
C x H2x 1COONa
Ancol
C y H2y 1COONa 7,6 gam
15 gam
X : C n H 2n (CHO)2
(I), (II) suy ra :
Y : C x H 2x 1COOC m H 2m OOCC y H 2y 1
6
Neáu chæ coù X tham gia phaûn öùng traùng göông
n Ag
0,2
n Cn H2 n (CHO)2
4
n 0,05
Y
n C H (OH) 0,05
m 2m
2
m 8,42 (loaïi)
M
Cm H2 m (OH)2 152
Neáu caû X, Y tham gia phaûn öùng traùng göông
Y laø HCOOC m H 2m OOCC y H 2y 1
n X n Y 0,25
4n 2n 0,8
Y
X
n X 0,15
n Y 0,1
n HCOONa n C H COONa 0,1
y 2 y 1
m
m Cy H2 y1COONa 15
HCOONa
n C H (OH) 0,1
m 2m
2
n 3
M Cm H2 m (OH)2 76
y 1
Y laø HOOCC3 H 6 OOCCH 3
X laø C H (CHO)
4 8
2
BT E : 30 n C H (CHO) 4 n O VO (ñktc) 21 lít
2
2
4 8 2
0,125
? 0,9375
Löu yù : Coù (*) vì (k 1)n hchc n CO n H O
2
2
4. Hiệu quả của sáng kiến
Trong quá trình giảng dạy, khi hướng dẫn học sinh làm bài tập theo các bước
trên, đối với học sinh có học lực khá giỏi, các em đã vận dụng tốt vào phân tích các
dấu hiệu bài toán, cách giải chi tiết nhanh, gọn và đưa ra được đáp án đúng cho rất
nhiều bài tập trong các đề thi thử của các trường cũng như đề trung học phổ thông
Quốc Gia đã ra trong các năm trước.
III. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
Qua hệ thống lí thuyết và một số bài tập về một lĩnh vực nhỏ của phương
pháp bảo toàn electron trong hóa học nó chung và hóa học hữu cơ nói riêng. Đối
với học sinh có lực học khá, giỏi, nếu nắm chắc các dấu hiệu, tìm ra được đặc điểm
chung của bài toán để quy đổi về bài toán tổng quát thì có thể giải quyết tốt các
dạng bài tập trên.
Trên đây là kinh nghiệm nhỏ của tôi mà trong quá trình giảng dạy tôi đã xây
dựng nên, tôi rất mong nhận được sự đóng góp của các bạn đồng nghiệp để tôi có
thể dạy cho học sinh chuyên đề này có hiệu quả hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn.
7
Nông cống, ngày 17 tháng 5 năm 2019
NGƯỜI THỰC HIỆN
Đồng Khắc Hưng
XÁC NHẬN CỦA
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
.............................................................
Nông Cống, ngày 17 tháng 5 năm 2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác.
.............................................................
.............................................................
..............................................................
ĐỒNG KHẮC HƯNG
..............................................................
8
- Xem thêm -