(SKKN 2022) định hướng quy đổi chất trong một số bài tập về este, chất béo, peptit lớp 12 THPT

I MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Nâng cao chất lượng dạy học nói chung chất lượng dạy học Hóa học nói riêng nhiệm vụ quan trọng giáo viên Hóa học trường phổ thơng Trong dạy học Hóa học, nâng cao chất lượng dạy học phát triển lực nhận thức học sinh nhiều biện pháp nhiều phương pháp khác nhau, phương pháp có ưu điểm riêng, nên địi hỏi giáo viên phải biết lựa chọn, phối hợp phương pháp cách thích hợp để chúng bổ sung cho nhau, nhằm giúp học sinh phát huy tối đa khả tư độc lập, tư logic tư sáng tạo Trong trình dạy học, thấy tập este, lipit, peptit tập khó , học sinh thường lúng túng giải tập thuộc chương tập định lượng , việc tuyển chọn tập xây dựng phương pháp giải cần thiết để học sinh khơng cịn ngại làm tập este, lipit, peptit Mục đích nghiên cứu Giúp học sinh có hứng thú học este, lipit, pettit Phát triển tư cho học sinh để học sinh có kết học tập tốt Đối tượng nghiên cứu - Nghiên cứu tìm cách giải số toán este, lipit, peptit mức độ vận dụng cao thường gặp, cụ thể phương pháp quy đổi chất -Sử dụng tập việc giảng dạy tiết học khóa khơng khóa trường trung học phổ thông phương pháp nghiên cứu : Phương pháp xây dựng sở lý thuyết , phương pháp thống kê, xử lý số liệu II NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Cơ sở lí luận thực tiễn - Bài tập hóa học biện pháp quan trọng để thực nhiệm vụ dạy học Bài tập Hóa học giúp học sinh đào sâu mở rộng kiến thức cách sinh động, phong phú, giúp cho giáo viên củng cố hệ thống hóa kiến thức cách thuận lợi, rèn luyện nhiều kĩ cần thiết hóa học góp phần vào việc giáo dục kĩ thuật tổng hợp cho học sinh - Thực tiễn giảng dạy cho thấy việc thực giải toán nhiều cách khác nhau, giúp học sinh nắm vững kiến thức mà cịn hồn thiện kỹ hình thành kỹ xảo Điều cần thiết, giúp học sinh giải nhanh, đạt kết tốt việc giải tốn trắc nghiệm có u cầu mức độ vận dụng ngày cao kỳ thi Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Học sinh khó khăn tiếp nhận kiến thức phần este, chất béo , peptit Các thi thường đạt kết thấp, học sinh thường bỏ qua tập dạng III GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI III.1 Xây dựng phương pháp quy đổi cho tập este, chất béo 1.Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sở quy đổi Ta biết chất thuộc dãy đồng đẳng nhiều nhóm CH2 Vì vậy, thêm vào bớt CH từ chất hữu để chất khác đồng đẳng với Dựa vào ý tưởng này, ta quy đổi hỗn hợp phức tạp chất đơn giản (thường chất đầu dãy) kèm theo lượng CH2 tương ứng Kĩ thuật gọi Đồng Đẳng Hóa (ĐĐH) Với este no chất béo no Ví dụ : C2H5COOC3H7  HCOOCH3 + 4CH2  CO2 + (C15H31COO)3C3H5  (HCOO)3C3H5 + 15CH2 Quy đổi este HCOOCH CO2 CH4 CH2 CH2 CH4 + CH2 Quy đổi chất béo (HCOO)3C3H5 CH2 Với este không no chất béo không no Quy đổi este Quy đổi chất béo HCOOCH CO2 (HCOO)3C3H5 CH4 CH2 CH2 CH2 H2 (-a mol) H2 (-a mol) H2 (-a) mol) Với a số mol H2 cộng vào để tạo thành este chất béo no , cần lưu ý số mol Br2 tác dụng vừ đủ với hỗn hợp a mol Este có thêm axit, hidrocacbon nên quy đổi CO2 : CH4 : ( nCH4 = n Hỗn hợp) CH2 :b H2 (-c) Với tập este chất béo có thêm axit hữu thường thêm nước vào đề quy đổi Trong trình làm nên kết hợp với kỹ thuật đồng đẳng hóa để đơn giản thao tác biện luận công thức chất phép toán HCOOH R’OH (a) CH2 H2O (-a) QĐ + H2O RCOOH R’OH R”COOH + H2O R’COOH R”COOH C3H5(OH)3 … RCOOR’ (No) R” COOH (No) Chất béo (No) RCOOH( No) RCOOR’ (không No) + H2 R” COOH (không No) Chất béo (No) RCOOH( No) + H2O HoặcQĐ QĐ HCOOH CH3 OH (a) CH2 H2O (-a) HCOOH C3H5(OH)3 (a) CH2 H2O (-3a) R’COOH QĐ R”COOH C3H5(OH)3 … HCOOH C3H5(OH)3 (a) CH2 H2O (-3a) H2 (-b) Các ví dụ áp dụng phương pháp Ví dụ 1: Để đốt cháy hoàn toàn 0,52 mol hỗn hợp X gồm: metyl metacrylat, đivinyl oxalat, anlyl fomat, axitacrylic cần dùng tối thiểu 51,744 lít khí O ( đo đktc), thu 26,28 gam H2O Để tác dụng hếtvới 0,52 mol hỗn hợp X trên, cần tối thiểu mol Br2 dung dịch? A 0,64 B 0,52 C 0,32 D 0,60 Định hướng giải Cách Quy đổi X thành C (a mol), H (b mol) CO2 n O  a  0, 25b  2,31 a  1,58   n  0,5b  1, 46 b  2,92  H O 2 Sau bỏ CO2 X cịn lại CxHy với x = 1,58/0,52 y = 2,92/0,52 Kết hợp cơng thức tính độ bất bão hịa: n Br2 = 0,52 .k = 0,52  2x  – y  = 0,64 Cách : Hỗn hợp gồm este axit nên quy đổi CO2 : 0,52 CH4 : 0,52 ( nCH4 = n Hỗn hợp) + O2 → H2O + CO2 CH2 :a 2,31 1,46 (1,04 +a) ( bảo toàn C) H2 (-b) Bảo toàn H : 2,08+ 2a-2b= 2,92 → a-b=0,42 Bảo toàn O : 0,52 + 2,31 =0,73 +1,04+a → a= 1,06→b=0,64 Nhận xét : với cách tính trực tiếp ln số mol Brom Ví dụ 2: Đốt cháy hồn tồn 3,42 gam hỗn hợp gồm axit acrylic, vinyl axetat, metyl acrylat axit oleic, hấp thụ toàn sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)2 dư Sau phản ứng thu 18 gam kết tủa dung dịch X Khối lượng X so với khối lượng dung dịch Ca(OH) ban đầu thay đổi nào? A Tăng 2,70 gam B Giảm 7,38 gam C Tăng 7,92 gam D Giảm 7,74 gam Định hướng giải Cách nCO2 = nCaCO3 = 0,18 mol Các chất có cơng thức chung CnH2n – 2O2 CnH2n – 2O2 + (3n – 3)/2O2 → nCO2 + (n – 1)H2O x (3n – 3)/2.x nx (n – 1)x ta có: nCO2 = 3,42.n/(14n + 30) = 0,18 →n=6 → x = 0,03 mol → nH2O = nCO2 – nhchc = 0,15 mol → Δmtăng = mCO2 + mH2O – mCaCO3 = 0,18.44 + 0,15.18 – 18 = - 7,38g Cách 2: Hỗn hợp gồm este axit nên quy đổi CO2 : a CH4 : a CH2 :b H2 (-a) ( chất có liên kết đơi C=C) nCO2 = 0,18 → Bảo tồn C : 2a+ b= 0,18 (1) mHỗn hợp = 3,42= 44a + 16a + 14b -2a → 58a+ 14b= 3,42 (2) → a=0,03 ; b=0,12 Bảo toàn H →nH2O =0,15 mol → Δmtăng = mCO2 + mH2O – mCaCO3 = 0,18.44 + 0,15.18 – 18 = - 7,38g Nhận xét : với cách định hình cách quy đổi cho học sinh Ví dụ : Đốt cháy hồn toàn 0,35 mol hỗn hợp X gồm metyl propionat, metyl axetat hiđrocacbon mạch hở cần vừa đủ 28,448 lít O (đktc), tạo 14,4 gam H2O Nếu cho 0,35 mol X vào dung dich Br2 dư số mol Br phản ứng tối đa A 0,42 B 0,26 C 0,33 D 0,40 Định hướng giải Hỗn hợp gồm este hidrocacbon nên quy đổi vê CO2 : b CH4 : 0,35 ( nCH4 = n Hỗn hợp) + O2 = H2O + CO2 CH2 :c 1,27 0,8 (b+c+0,35) ( bảo toàn C) H2 (-a) Bảo toàn H : 1,4+ 2c-2a= 1,6 → c-a=0,1 Bảo toàn O : 2b + 2,54 =0,8 +2b+0,7+ 2c → c= 0,52→a=0,42 Ví dụ : Hỗn hợp A gồm este mạch hở, không phân nhánh tạo axit propionic, axit oxalic hai ancol đơn chức Đốt cháy hồn tồn 25,4 gam Acần dùng 33,6 lít O2 (đkc), thu 16,2 gam H2O Nếu cho 25,4 gam A vào dungdịch Br2 dư số mol Br2 tham gia phản ứng : A 0,2 mol B 0,25 mol C 0,35 mol D 0,4 mol Định hướng giải Hỗn hợp gồm este nên quy đổi CO2 : a CH4 : a ( nCH4 = n Hỗn hợp) + O2 = H2O + CO2 CH2 :c 1,5mol 0,9 (1,3) ( bảo toàn KL) H2 (-d) Bảo toàn O :2a+3=2,6+0,9 → a= 0,25 Bảo toàn H : 4a+2c-2d= 1,8 → c-d=0,4 Bảo toàn C : 2a+c=1,3 → c=0,8→ d=0,4 Ví dụ : X triglixerit Xà phịng hóa hồn tồn m gam X lượng KOH vừa đủ, cô cạn dung dịch, thu hỗn hợp muối khan Y Đốt cháy hoàn toàn Y cần vừa đủ 4,41 mol O 2, thu K2CO3; 3,03 mol CO2 2,85 mol H2O Mặt khác m gam X tác dụng tối đa với a mol Br dung dịch Giá trị a A 0,18 B 0,60 Định hướng giải C 0,36 D 0,12 Cách COOK : x mol    4,41mol O2  Y   C : y mol  K 2CO3  CO2  H2O   { 14 43 {  H : z mol  3,03mol 2,85 mol 0,5x mol   quy đổ i  BT C : x  y  0,5x  3,03 z  5,7 n  nCOOK :3  0,06     BT H : z  2,85.2  x  0,18   X  BTE : x  4y  z  4,41.4 y  2,94 Y códạng C16,33H31,66COOK  C16,33H16,33.21COOK    kY   kX   nBr pư vớ iX  0,06(6  3)  0,18 mol Cách : X + KOH→ Y + C3H5(OH)3 b 3b b Y + O2 → K2CO3 + CO2 + H2O 4,41 1,5b 3,03 2,85 Chỉ có chất béo nên quy đổi QĐ X : (HCOO)3C3H5 : b CH2 : c H2 (-a) BT(C) : 6b+ c = 3b+1,5b+3,03 → 1,5b+c= 3,03 BT(H) : 8b + 2c -2a +3b=8b+2,85.2 → 2c-2a+3b= 5,7 BT (O) Khi cháy Y : 6b+ 8,82=4,5b+ 6,06+ 2,85 →b = 0,06 →c= 2,94 → a=0,18 Nhận xét : cách quy đổi giúp học sinh dễ dàng tìm số mol Br 2phản ứng với X không cần tính độ bát bão hịa Ví dụ 6:Hỗn hợp E gồm triglixerit X axit béo Cho 14,5 gam E tác dụng với H2 dư (Ni, to) thu 14,58 gam hỗn Y Mặt khác, 14,5 gam E phản ứng tối đa với 0,05 mol NaOH, thu glixerol 15,22 gam hỗn hợp muối Để đốt cháy hết 34,8 gam E cần vừa đủ a lít O2 Giá trị a A.71,4432 B 70,6944 C 73 ,3824 D 70,1568 Định hướng giải Cách Đặt x, y số mol chất béo axit béo 14,5  14,58 n H2   0, 04 mol 3x  y  0, 05  x  0, 01   14,5  0, 05.40  15, 22  92x  18y  y  0, 02  Tacó: n  n  (k   1).0,01  (k   1).0,02  n  0,02  0,06 n  0,93 H2 CO  CO2 H2O   n H2O  0,87  VO2  29, 456 (l) 44n CO2  18n H2O  32n O2  14,5  BT: O    2n CO2  n H2O  2n O2  6.0,01  0,02.2 n O2  1,315 V Trong 34,8 gam (gấp 2,4 lần so với 14,5 gam) có O2 = 70,6944 lít Cách : Bài có chất béo axit béo nên ta quy đổi E: HCOOH : 0,05 (= nNaOH) C3H5(OH)3 (a) CH2 (b) H2O (-3a) H2 (-0,04) ( BTKL) Muối : HCOONa : 0,05 (= nNaOH) CH2 (b) H2 (-0,04) ( BTKL) Khối lượng muối : 68.0,05 + 14b – 0,08 = 15,22 → b = 0,85 Khối lượng E : 46.0,05 + 92a+ 14b-54a -0,08 = 14,5 → a= 0,01 Đốt 14,5 gam E: HCOOH + O2 → 2CO2 + H2O (1) 2C3H8O3 + 7O2 → 6CO2 + H2O (2) 2CH2 + 3O2 → 2CO2 + H2O(3) 2H2 + O2 → H2O(4) Đốt 34,8 gam E cần : 34,8 = 70,6944 lit nO2 =1,315 mol vO2= 29,456 Ví dụ : Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixerit X cần vừa đủ 3,08 mol O 2, thu CO2 mol H2O Cho m gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu glixerol 35,36 gam muối Mặt khác, m gam X tác dụng tối đa với a mol Br2 dung dịch Giá trị a A 0,2 B 0,12 C 0,24 D 0,16 Định hướng giải Cách BTE : (4x  y  2.6)a  3,08.4 xa  2,2 x  55    X laøCxHyO6 (a mol)  BTH : ya  2.2  ya    BTKL : (12x  y  96)a  3a.40  35,36  92a a  0,04 y  100    55.2  100    X laøC55H100O6  nBr  (kx  3)nX  0,04.  3 0,12 2   Cách Chỉ có chất béo nên quy đổi sau QĐ X : (HCOO)3C3H5 : b CH2 : c + 3,08 mol O2 → CO2 + mol H2O H2 (-a) 6b+c QĐ Muối : HCOONa : 3b CH2 :c H2 : (-a) Bảo toàn O : 6b+6,16 = 12b+ 2c+ (1) Bảo toàn H : 8b+ 2c -2a = (2) Khối lượng muối: 68.3b + 14c-2a=35,36 (3) Giải (1) (2) (3) ta : a= 0,12 ; b=0,04 ; c=1,96 Ví dụ : Hỗn hợp X gồm axit panmitic, axit stearic triglixerit Y Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần dùng vừa đủ 7,675 mol O2, thu H2O 5,35 mol CO2 Mặt khác, m gam X tác dụng vừa đủ với 0,3 mol NaOH dung dịch, thu glixerol dung dịch chứa a gam hỗn hợp muối natri panmitat, natri stearat Giá trị a A 89,0 B 86,3 C 86,2 D 89,2 Định hướng giải Cách : không quy đổi  nO X  2nNaOH  0,6  nH O  nO X  2nO  2nCO  5,25 2 (kaxit  1)naxit  (kY  1)nY  nCO  nH O  nY  0,05  nC3H5(OH)3  0,05 2   n  0,3 0,05.3  0,15  nH O  0,15 k  ; k  Y  axit  axit  BTKL : mmuoái  mX  mNaOH  mHOH  mC H (OH)  (5,35.12  5,25.2  0,6.16)  0,3.40  0,15.18 0,05.92  89 gam Cách : Bài có chất béo no axit béo no nên ta quy đổi HCOOH : 0,3 (= nNaOH) C3H5(OH)3 (b) CH2 (c) H2O (-3b) + O2 7,675 → H2O 0,3+b+c + CO2 5,35 mol Bảo toàn C : 0,3+ 3b+c = 5,35(1) Bảo toàn O :0,3+ 7,675 = 0,5.( 0,3+b+c) + 5,35 → b+c = 4,95 (2) Từ (1) (2) → b= 0,05 c=4,9 Muối thu : HCOONa : 0,3 CH2: 4,9 → mMuối = 0,3.68 + 14.4,9 = 89 gam Ví dụ : Thủy phân m gam hỗn hợp E gồm chất béo, thu glixerol hỗn hợp Y gồm C17H35COONa, C17H33COONa, C15H31COONa có tỉ lệ mol : : Đốt cháy hoàn toàn Y cần vừa đủ 2,27 mol O thu CO2, H2O Na2CO3 Giá trị m A 29,0 B 26,3 C 21,6 D 34,52 Định hướng giải Cách : không quy đổi C17H35COONa: 5x mol  CO2    2,27 mol O2    C17H33COONa: 2x mol    H2O   BTE : 5.104x  2.102x+2.92x  2,27.4  x  0,01 C H COONa: 2x mol    Na2CO3   15 31   n nC3H5 (OH)3  muoái  0,03 mol   mchất béo  mC H (OH)  mmuối  mNaOH  26,1gam 3 n  n  0,09  NaOH muoái Cách : QĐ muối : HCOONa : 9x CH2 :( 17.5x + 17.2x+ 15.x)= 149x H2 : -2x ( cộng vào gốc C17H33) 2HCOONa + O2 → Na2CO3 + CO2 + H2O 9x Đốt Y: 2CH2 + 4,5x 3O2 → 149x 223,5x 2H2 + O2 → 2CO2 + H2O H2O -2x  227x = 2,27 → x= 0,01 E: (HCOO)3C3H5 : 3x = 0,03 CH2 : 149x =1,49  mE = 26,1 H2 : -2x = -0,02 Nhận xét : với phương pháp bảo tồn e học sinh khó khăn việc xá định mức oxi hóa , phương pháp quy đổi có dài học sinh dễ hiểu Ví dụ 10: Một hỗn hợp E gồm tristearin, triolein, axit stearic axit oleic Đốt cháy hoàn toàn m gam E cần vừa đủ 5,585 mol O 2, thu 3,93 mol CO2 3,73 mol H2O Mặt khác, xà phịng hố hồn tồn m gam E dung dịch NaOH, thu a gam hỗn hợp muối Giá trị a A 64,06 B 60,00 C 78,04 D 82,33 Định hướng giải -x Cách : không quy đổi Hỗn hợp E gồm tristearin triolein : có 57C axit stearic axit oleic: có 18C BTKL: mE = 3,93.44 + 3,73.18 − 5,585.32 = 61,34 gam BTNT O: 6a + 2b = 2n CO2  n H 2O  2n O2 = 0,42 (1) BT C: 57a + 18b = n CO = 3,93 (2) Từ (1) (2) suy ra: a = 0,05 ; b = 0,06 Xét phản ứng E với NaOH: n NaOH  3a  b  0, 21 mol ; n H 2O  b  0, 06 mol ; n C3H5  OH   a  0, 05mol Bảo toàn khối lượng: 61,34 + 0,21.40 = mmuối + 0,06.18 + 0,05.92  mmuối = 64,06 gam Cách : Bài có chất béo axit béo nên ta quy đổi HCOOH : x C3H5(OH)3 y CH2 : 17x ( gốc C17) + O2 = CO2 + H2O H2O (-3y) 5,585 3,93 3,73 H2 (-z) Bảo toàn O : 2x + 5,585.2 + 3,93.2 + 3,73 → x= 0,21 Bảo toàn C : x +3y + 17x = 3,93 →y = 0,05 Bảo toàn H : 2x+ 8y + 34x -6y -2z = 3,73.2 →z = 0,1 HCOONa : 0,21 10 QĐ muối : CH2 : 3,57  mMuối = 64,06 gam H2 : -0,2 Ví dụ 11: Hỗn E chứa ba axit béo X, Y, Z chất béo T tạo từ X, Y, Z glixerol Đốt cháy hoàntoàn 52,24 gam E cần dùng vừa đủ 4,72 mol O2 Nếu cho lượng E vào dung dịch nước Br dư thấy có 0,2 mol Br2 phản ứng Mặt khác, cho lượng E vào dung dịch NaOH (dư 15% so với lượng phản ứng) thấy có 0,18 mol NaOH phản ứng Cơ cạn dung dịch sau phản ứng thu m gam chất rắn khan Giá trị m gần với giá trị sau đây? A 55,0 B 56,0 C 57,0 D 58,0 Định hướng giải Cách : không quy đổi - Khi cho E tác dụng với dung dịch NaOH thì: n X,Y,Z  3n T  n NaOH  0,18 mol (1) - Khi đốt cháy E thì: BTKL    44n CO  18n H 2O  m E  32n O  203, 28 n CO  3,36 mol   BT: O   2n  n  2.n  2n  9,8 n H 2O  3, 08 mol  CO H2O COO O2 - Gọi k số liên kết  có gốc H.C X, Y, Z số liên kết  T tạo nên từ gốc H.C X, Y, Z 3k - Áp dụng độ bất bão hịa, ta có: (k   1) n X,Y,Z  (3k   1)n T  n CO  n H 2O  0, 28 (2) k.n X,Y,Z  3k.n T  n Br2  0, (3) mà n  Từ (1), (2), (3) ta tính được: X,Y,Z 0,06 mol ; n T = 0,04 mol - Khi cho E tác dụng với dung dịch NaOH thì: nNaOH bđ = 1,15.n NaOHpư = 0,207mol ; n glixerol  n T  0, 04 mol n H 2O  n X,Y,Z  0, 06 mol BTKL   mrắn = mE + 40nNaOH 92n C3H (OH)3  18n H 2O  55, 76 (g) Cách : Quy đổi E HCOOH : 0,18 C3H5(OH)3 a CH2 : b + O2 H2O (-3a) 4,72 H2 (-0,2 ) ( NaOH dư = 0,027) 11 mE = 46.0,18 + 92a + 14b- 54a-0,4 = 52,24 Đốt E: HCOOH + O2 → 2CO2 + H2O (1) 0,18 0,09 2C3H8O3 + 7O2 → 6CO2 + H2O (2) a 2CH2 + b 3,5a 3O2 → 2CO2 + H2O(3) 1,5b 2H2 + -0,2 O2 → H2O (4) -0,1 → 3,5a + 1,5b = 4,73  a= 0,04 ; b= 3,06 HCOONa : 0,18 Chất rắn khan : CH2 : 3,06  mCR = 55,76 gam H2 : -0,2 NaOH : 0,027 Ví dụ 12: Chất béo X tạo thành từ glixerol ba axit béo Y, Z T Cho 39,18 gam E gồm X, Y, Z T tác dụng hết với H2 dư (Ni, t°), thu 39,48 gam hỗn hợp F Mặt khác, cho 39,18 gam E tác dụng vừa đủ với 0,135 mol NaOH dung dịch, thu glixerol dung dịch chứa 41,01 gam muối Để đốt cháy hết 26,12 gam E cần vừa đủ a mol O2 Giá trị a A 2,86 B 2,36 C 2,50 D 3,34 Định hướng giải BTKL: m H = 39,48 – 39,18 = 0,3 gam  n H = 0,15 mol Quy đổi E thành HCOOH (0,135) CH2 (x) C3H5(OH)3 (y) H2 (-0,15) H2O (-3y) mmuối = 0,135.68 + 14x – 0,15.2 = 41,01 (1) 2 12 mE = 0,135.46 + 14x + 92y – 0,15.2 – 18.3y = 39,18 (2) Từ (1), (2) suy ra: x = 2,295; y = 0,03 Đốt 39,18 gam E cần n O = 0,135.0,5 + 1,5x + 3,5y – 0,15.0,5 = 3,54 mol Vậy đốt 26,12 gam E cần a = 3,54/1,5 = 2,36 mol Ví dụ 13: Cho m gam chất béo X chứa triglixerit axit béo tự tác dụng vừa đủ với 250 ml dung dịch NaOH 1M, đun nóng thu 69,78 gam hỗn hợp muối axit béo no Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam X cần dùng 6,06 mol O2 Giá trị m A 67,32 B 66,32 C 68,48 D 67,14 Định hướng giải HCOOH (0,25 mol), CH2 (x mol), Quy đổi hỗn hợp X thành : C3H5(OH)3 (y mol), H2O (-3y mol) m  m CH Theo đề ta có: 69,78 = HCOONa  x = 3,77 0, 25.n HCOOH  1,5.n CH2  3,5.n C3H5  OH  Khi đốt X ta có: 6,06 = trình cháy như 11)  y = 0,08 ( viết phương Vậy mX = 67,32 gam Ví dụ 14: Một loại chất béo X gồm triglixerit lượng axit béo tự Cho 20,58 gam X phản ứng vừa đủ với dung dịch chứa 3,92 gam KOH, sau phản ứng thu 1,84 gam glixerol hỗn hợp muối axit oleic axit stearic Mặt khác, cho 13,72 gam X tác dụng với Br2 dư dung dịch số mol Br2 phản ứng tối đa A 0,03 mol B 0,02 mol C 0,01 mol D 0,04 mol Định hướng giải n nKOH = 0,07 mol; C H  OH  = 0,02 mol ;Các muối 18C nên quy đổi X thành HCOOH (0,07 mol), CH2 (0,07.17 = 1,19 mol) ( Tách 17 nhóm CH2) H2 (-x mol); C3H5(OH)3 (0,02 mol) ;H2O (-0,02.3 = -0,06 mol) Với mX = 20,58 gam  x = 0,03  n Br2 13 = x = 0,03 mol Trong 13,72 gam X có n Br2 = 0,03.2/3 = 0,02 mol Ví dụ 15: Cho 0,08 mol hỗn hợp X gồm este mạch hở phản ứng vừa đủ với 0,17 mol H2 (xúc tác Ni, t°), thu hỗn hợp Y Cho toàn Y phản ứng vừa đủ với 110 ml dung dịch NaOH 1M, thu hỗn hợp Z gồm muối axit cacboxylic no có mạch cacbon khơng phân nhánh 6,88 gam hỗn hợp T gồm ancol no, đơn chức Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 0,01 mol X cần vừa đủ 0,09 mol O2 Phần trăm khối lượng muối có phân tử khối lớn Z A 58,84% B 50,31% C 54,18% D 32,88% Định hướng giải Hai muố i Z cómạch C khô ng nhá nh nê n axit chỉcótố i đa c  nNaOH : nX  (1;2)  X goà m este đơn c vàhai c HCOOCH3 : x mol   HCOOCH3 : x mol    (COOCH ) : y mol    0,17 mol H2  quy đổ i  X     (COOCH3 )2 : y mol  Ni, to CH2 : z mol  CH : z mol   H :  0,17 mol  4 44 4 43 1 42 44 4 43 hoã n hợp Y hỗ n hợp X HCOONa: x mol    0,11mol NaOH  Y   (COONa) y mol   o t CH : a mol  1 4 4 43 CH3OH : (x  2y) mol    : b mol  1CH 4 4 4 43 6,88 gam hỗ n hợp T hỗ n hợp Z nX  x  y  0,08 x  0,05    nNaOH  x  2y  0,11  y  0,03 BTE : 8x  14y  6z  0,17.2  0,09.8.4 z  0,4    x  0,05  6,88  32.0,11 H(CH2 )2 COONa: 0,05 mol  b   0,24    ; Từy  0,03   14  COONa)2 : 0,03 mol  a  0,4  0,24  0,16 a  0,16 1(CH 4 4 42 4 4 43   hỗ n hợp Z  %(CH2COONa)2  50,31% III.2 Xây dựng phương pháp quy đổi cho tập peptit 1.Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sở quy đổi - Có nhiều cách quy đổi peptit, lựa chọn cách quy đổi sau: 14 H HN CH(R)CO x mol n OH HNCO: nx mol CH2: y mol H2O: x mol quy đổ i - Trong đó: H2NCH(R)COOH amin axit no, phân tử nhóm -COOH nhóm -NH2; n số gốc amino axit phân tử peptit - Nếu peptit tạo amino axit khác ta suy ra: Caa  nCH  nCONH nCONH ; Cgoác CH(R)  nCH nCONH Các ví dụ áp dụng phương pháp Ví dụ 1: Đốt cháy hồn tồn x mol peptit X mạch hở tạo thành từ amino axit no Y chứa nhóm –NH2 nhóm –COOH thu b mol CO2 c mol nước Biết b – c = 3,5x Số liên kết peptit X A B C 10 D Định hướng giải  Coâ ng thứ c củ a X làH  (HNCH(R)CO)n OH : x mol CONH : nx mol    O2 , to quy đổ i  X   CO2   H2O  N2  CH2 : y mol   { 123  H O: x mol  (0,5nx x y) mol (nx y) mol   nCO  nx  y  b    nH O  0,5nx  x  y  c  0,5nx  x  3,5x  n   n  1   a  b  3,5x Ví dụ 2: Đipeptit X, hexapeptit Y mạch hở tạo từ amino axit no, mạch hở phân tử có nhóm –NH nhóm –COOH Cho 13,2 gam X tác dụng hết với dung dịch HCl dư, làm khô cẩn thận dung dịch sau phản ứng thu 22,3 gam chất rắn Vậy đốt cháy hoàn tồn 0,1 mol Y cần mol O sản phẩm cháy thu gồm CO2, H2O, N2? A 1,25 mol B 1,35 mol C 0,975 mol D 2,25 mol 15 Định hướng giải  Ñipeptit X  H2O  2HCl  muoá {  { i 1 4 {  2x mol 22,3 gam  x  0,1mol   x mol, 13,2 gam x mol  BTKL :13,2  18x  2x.36,5  22,3     M (2C H O2N  H2O) 2n1 n4 44 24 4 43 X  13,2  132  n   CnH2n1O2N laøGly (H2NCH2COOH) 0,1 CONH : 0,6   O2 , to quy đổ i  Hexapeptit Y   CO2   H2O  N2  CH2 : 0,6   H O : 0,1     BTE : 3.0,6  6.0,6  4nO  nO  1,35 mol 2  o o o o O2 , to 4 2 1 2 o  CO2  H2 O N2  (1.4   1)  3e CON H   Chúý :o o  2 1 2 O2 , to CH2   CO2  H2 O (1.4  2.1)  6e  Ví dụ 3: Thuỷ phân hồn tồn m gam tetrapeptit X mạch hở thu hỗn hợp Y gồm amino axit (no, phân tử chứa nhóm -COOH, nhóm -NH 2) đồng đẳng Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y cần vừa đủ 58,8 lít khơng khí (chứa 20% O2 thể tích, cịn lại N2) thu CO2, H2O 49,28 lít N2 (các khí đo đktc) Số cơng thức cấu tạo thoả mãn X A B 12 C D Định hướng giải CONH : 4x mol  COOH : 4x   thuûy phaân   kk  X  CH2 : y mol   NH2 : 4x    N2     2,625 mol {  H O: x mol  CH : y  2,2 mol   1 4422 43 quy đổ i Y nO  20%.2,626  0,525; nN /kk  2,1  nN2 sinh từY  2,2  2,1 0,1 BTE :12x  6y  0,525.4 x  0,05 4x  y    Ctrong X   x BTNT N : 4x  0,1.2 y  0,25  X có4 đồ ng phâ n H2N  CH2  CONH  CH2  CONH  CH2  CONH  CH(CH3 )  COOH H2N  CH2  CONH  CH2  CONH  CH(CH3)  CONH  CH2  COOH H2N  CH2  CONH  CH(CH3 )  CONH  CH2  CONH  CH2  COOH H2N  CH(CH3 )  CONH  CH2  CONH  CH2  CONH  CH2  COOH 16 Ví dụ 4: Thủy phân tetrapeptit X mạch hở thu hỗn hợp α-amino axit (no, mạch hở, phân tử chứa nhóm −NH2 nhóm −COOH) Mặt khác, đốt cháy hồn tồn m gam X CuO dư, đun nóng thấy khối lượng CuO giảm 3,84 gam Cho hỗn hợp khí sau phản ứng vào dung dịch NaOH đặc, dư thấy thoát 448 ml khí N2 (đktc) Thủy phân hồn tồn m gam X dung dịch HCl dư, đun nóng thu muối có khối lượng A 5,12 B 4,74 C 4,84 D 4,52 Định hướng giải  BTNT N : nCONH  2nN  0,04 mol CONH : 0,04 mol    CuO, to quy đổ i  X  CH2 : x mol   CO2  H2O  N2  Cu  H O: 0,01mol     mCuO giaûm  mO pö  3,84   2.3,84  x  0,06 BTE : 3.0,04  6x   16  COOH : 0,04 mol  CONH : 0,04 mol     HCl   CH2 : 0,06 mol     NH3Cl : 0,04 mol   mmuoái  4,74 gam  H O: 0,01mol  CH : 0,06 mol      Ví dụ 5: Cho m gam hỗn hợp M (có tổng số mol 0,03 mol) gồm đipeptit X, tripeptit Y, tetrapeptit Z pentapeptit T (đều mạch hở) tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu hỗn hợp Q gồm muối Gly, Ala Val Đốt cháy hoàn toàn Q lượng oxi vừa đủ, thu lấy tồn khí đem hấp thụ vào bình đựng nước vôi dư, thấy khối lượng tăng 13,23 gam có 0,84 lít khí (đktc) Giá trị m gần với giá trị sau đây? A 6,0 B 6,9 C 7,0 D 6,08 Định hướng giải 17  nNaOH  nCONH M CONH : 0,075 mol    quy đổ i  2nN  0,075  M  CH2 : x mol    H O: 0,03 mol  1 42 44 4 43 m gam CONH : 0,075   O2 , to quy đổ i  Q  CO3  CO2   H2O  N2  CH2 : x   Na 14 43 { NaOH : 0,075  0,0375 x 0,0375 44 40,075 43 x   13,23 gam 44(0,0375  x)  18(0,075 x)  13,23  x  0,165   m  0,075.43  14x  0,03.18 n nhấ t vớ i 6,08  m  6,075 gầ Ví dụ 6: Cho hỗn hợp X gồm tetrapeptit tripeptit Để thủy phân hoàn toàn 50,36 gam X cần dung dịch chứa 0,76 mol NaOH, sau phản ứng hồn tồn cạn thu 76,8 gam hỗn hợp muối gồm a mol muối glyxin b mol muối alanin Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 0,11 mol X O2 dư thu m gam CO2 Giá trị m A 76,56 B 16,72 C 38,28 D 19,14 Định hướng giải  nCONH X  nNaOH  0,76 mol CONH : 0,76 mol  COONa: 0,76 mol      quy đổ i NaOH  X    NH2 : 0,76 mol CH2 : x mol    H O: y mol  CH : x mol     4 42 4 43 4 44 4 4 3 50,36 gam 76,8 gam 0,76.43  14x  18y  50,36  x  0,98   0,76.83  14x  76,  y  0,22 CONH : 0,76 mol    O2 , to  CH2 : 0,98 mol   1,74 mol CO2  76,56 gam H O : 0,22 mol   42 4 4 3 0,22 mol X O , to  0,11mol X   0,87 mol CO2  32,28 gam Ví dụ 7: X peptit có 16 mắt xích tạo thành từ amino axit dãy đồng đẳng với glyxin Để đốt cháy m gam X cần dùng 45,696 lít O2 Nếu cho m gam X tác dụng với lượng vừa đủ dung dịch NaOH cạn cẩn thận thu hỗn hợp rắn Y Đốt cháy Y bình chứa 12,5 mol khơng khí, tồn khí sau phản ứng cháy ngưng tụ nước cịn lại 271,936 lít 18 hỗn hợp khí Z Biết phản ứng xảy hồn tồn, khí đo đktc, khơng khí có 1/5 thể tích O2 cịn lại N2 Giá trị gần m A 30,92 B 41 C 43 D 38 Định hướng giải   CONH : x mol    quy đổ i  X    CO2   H2O  N2  CH2 : y mol   O {2   2,04 mol H2O: x mol  16    BTE : 3x  6y  2,04.4  8,16 (*) CO2  CO2 : 0,5x  y CONH : x     O2 : 2,5  to x    H2O   H2O    CH2 : y     Na2CO3      N2 :10      14 43 N  N2 :10    NaOH : x     0,5x 1 44 43 O dö O2 dö : 0,46      Y  x  y  12,14  0,46  10  1,68 (**) (*) x  0,64 18x    m  43x  14y   42,8 gaà n nhấ t vớ i 43 16 (**) y  1,04 Ví dụ 8: Hỗn hợp X gồm peptit mạch hở amino axit (các amino axit tự amino axit tạo peptit có dạng H 2NCnH2nCOOH) Thủy phân hoàn toàn m gam X dung dịch NaOH, đun nóng, thấy có 1,0 mol NaOH phản ứng sau phản ứng thu 118 gam hỗn hợp muối Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam X oxi, sau cho sản phẩm cháy hấp thụ vôi dư, thu kết tủa khối lượng dung dịch vôi giảm 137,5 gam Giá trị m A 82,5 B 74,8 C 78,0 D 81,6 Hướng dẫn giải  nCONH/X  nNaOH  1mol COONa:1mol     NH2 :1mol  CH : x mol  1 4 4 43 NaOH CONH :1mol     X  CH2 : x mol  H O: y mol    118 gam quy đổ i O2 CO2   H2O  N2  { 123 (1 x) 19 (0,5 x y)  mmuoái  83  14x  118 x  2,5    mdd giaûm  100(1 x)  44(1 x)  18(0,5 x  y)  137,5   14 43 14 43 44 43 y  0,25  mBaCO mCO mH O   mX  43  14x  18y  82,5 gam III HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN Kết thực nghiệm Sáng kiến áp dụng học kỳ I năm học 2021- 2022 Điểm TBT kiểm tra thi khảo sát đối tượng học sinh lớp 12A1 (42 hs), 12A2 (40 hs) áp dụng sáng kiến lớp 12A7 (39 hs) không áp dụng sáng kiến sau: Xếp loại Giỏi Khá Trung bình Yếu - Kém Đối tượng A1 47,36% 42,1% 10,54 0% A2 30% 57,5% 12,5% 0% A7 9% 32% 59% 0% -Trong thời gian nghiên cứu đề tài, tiến hành nghiên cứu thực nghiệm sư phạm tập thể lớp nêu Kết cho thấy, việc sử dụng tập có nhiều cách giải tiết dạy hoạt động khác làm cho học sinh học tập tích cực hơn, khơng khí lớp học sơi nổi, kết kiểm tra đạt chất lượng cao Kết từ thực tiễn + Sử dụng tập hóa học , đặc biệt tập hóa học có nhiều cách giải cách có hiệu quả, thơng qua việc lựa chọn tổ chức để HS tìm cách giải giúp HS thông hiểu kiến thức cách sâu sắc hơn, điều cho thấy người sử dụng tốn làm cho tốn có ý nghĩa thật + HS lớp không rèn luyện tư nhanh nhạy, sáng tạo mà rèn cách nói trình bày lập luận cách lơgic, xác, khả độc lập suy nghĩ + Với HS lớp đối chứng gặp khó khăn việc xác định nhanh hướng giải toán, hầu hết sử dụng phương pháp truyền thống để giải vừa thời gian mà nhiều gặp bế tắc giải + Năng lực tư HS lớp thực nghiệm không rập khn máy móc mà linh hoạt, mềm dẻo hơn, có khả nhìn nhận vấn đề, tốn nhiều góc độ nhiều khía cạnh khác sở nắm vững kiến thức + Như phương án thực nghiệm nâng cao lực tư học sinh, khả làm việc độc lập tự lực, lực vận dụng linh hoạt 20 sáng tạo kiến thức học vào tốn tình mới, biết nhận sai toán bước đầu xây dựng tốn nhỏ góp phần rèn luyện tư duy, óc tìm tịi sáng tạo cho học sinh, gây khơng khí hào hứng q trình nhận thức IV KẾT LUẬN Đề tài xây dựng số phương pháp giải tập chương este, chất béo thường gặp để học sinh áp dụng giải tập Đề tài có tính thực tiễn cao, áp dụng tất hoạt động dạy học giáo viên, tiết học luyện tập, ôn tập, dạy học theo chủ đề tự chọn Vấn đề quan trọng giáo viên phải chuẩn bị tốt hệ thống tập cách giải có; chuẩn bị tốt hoạt động tiết học đạt kết tốt Hi vọng thời gian tới, đề tài tiếp tục nghiên cứu sâu hơn, tìm phương pháp tốt nhằm góp phần nâng cao chất lượng giáo dục nói chung Hậu Lộc , ngày 25 tháng 05 năm 2022 XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG Tôi xin cam đoan SKKN viết không chép nội dung người khác NGƯỜI THỰC HIỆN Nguyễn Minh Hải 21 22 ... pháp quy đổi cho tập peptit 1.Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sở quy đổi - Có nhiều cách quy đổi peptit, lựa chọn cách quy đổi sau: 14 H HN CH(R)CO x mol n OH HNCO: nx mol CH2: y mol H2O: x mol quy đổ... (C15H31COO)3C3H5  (HCOO)3C3H5 + 15CH2 Quy đổi este HCOOCH CO2 CH4 CH2 CH2 CH4 + CH2 Quy đổi chất béo (HCOO)3C3H5 CH2 Với este không no chất béo không no Quy đổi este Quy đổi chất béo HCOOCH CO2 (HCOO)3C3H5... dựng phương pháp quy đổi cho tập este, chất béo 1.Giới thiệu kĩ thuật – Cơ sở quy đổi Ta biết chất thuộc dãy đồng đẳng nhiều nhóm CH2 Vì vậy, thêm vào bớt CH từ chất hữu để chất khác đồng đẳng