(SKKN 2022) hướng dẫn học sinh xây dựng phương pháp giải bài toán hỗn hợp chứa nhiều chất hữu cơ(c,h,o,n) nhằm nâng cao chất lượng thi THPT quốc gia

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT HOẰNG HÓA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM HƯỚNG DẪN HỌC SINH XÂY DỰNG PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN HỖN HỢP CHỨA NHIỀU CHẤT HỮU CƠ (C,H,O,N) NHẰM NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG THI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA Người thực hiện: Lê Văn Cường Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Hóa Học THANH HĨA NĂM 2022 MỤC LỤC PHẦN A : MỞ ĐẦU I Lý chọn đề tài II Mục đích nghiên cứu III Đối tượng nghiên cứu IV Phương pháp nghiên cứu V Thực trạng vấn đề nghiên cứu PHẦN B : NỘI DUNG I CƠ SỞ LÝ THUYẾT CỦA PHƯƠNG PHÁP Phân tích hợp chất hữu thành dạng đơn giản Nhận định toán hỗn hợp hợp chất hữu cơ………… Phân tích định hình dạng cách giải toán hỗn hợp chất hữu cơ………………………………………………………………… 1 1 1 II MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG VÀ KIỂM TRA…………… PHẦN C : KẾT LUẬN Kết luận………………………………………………………… Kiến nghị………………………………………………………… 15 3 18 18 TÀI LIỆU THAM KHẢO Ghi chú: - Ở mục I.3.5 Ở ví dụ Tác giả tham khảo tài liệu số tác giả tự phân tích - Ở mục I.3.5 Ở ví dụ Tác giả tham khảo tài liệu số tác giả tự phân tích - Ở mục I.3.5 Ở ví dụ Tác giả tham khảo tài liệu số tác giả tự phân tích - Ở mục I.3.5 Ở ví dụ Tác giả tham khảo tài liệu số tác giả tự phân tích *********************** [1] Trích đề minh họa mơn hóa BGD năm 2022 [2] Trích đề thi khảo sát mơn hóa lần sở GD Thanh hóa năm 2021-2022 [3] Trích đề thi thử THPT quốc gia lần trường THPT chuyên Lam sơn năm 2021-2022 [4] Trích đề minh họa đề HSG mơn hóa tỉnh Thanh hóa năm học 2021-2022 [5] Trích đề thi khảo sát mơn hóa lần sở GD Thanh hóa năm 2021-2022 [6] Trích đề thi khảo sát THPT quốc gia lần trường THPT Lê Văn Hưu – Thanh hóa năm 2021-2022 [7] Trích đề thức mơn hóa BGD năm 2020-2021 [8] Trích đề thi minh họa mơn hóa năm 2020-2021 [9] Trích đề thức mơn hóa BGD năm 2019-2020 [10] Khai thác mạng diễn đàn violet [11] Trích đề minh họa THPTQG lần năm 2020 A MỞ ĐẦU I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Trong trình giảng dạy cho học sinh nhiệm vụ đặt cho giáo viên giúp học sinh hiểu nắm bắt vấn đề cách nhanh nhất, hiệu qua phát triển tư cho học sinh, giúp học sinh hình thành phương pháp giải tập đặc biệt mơn hóa học (mơn khoa học nghiên cứu sáng tạo) Việc vận dụng kiến thức lý thuyết vào tập q trình tốt để học sinh phát triển tư cho học sinh, đặc biệt q trình việc vận dụng liên mơn vào tập điều vô quan trọng cần thiết để phát triển tư cho học sinh Vậy để học sinh có kỹ tự học, tự sáng tạo học sinh giáo viên phải cung cấp cho học sinh kiến thức hệ thống phương pháp phù hợp với mức độ yêu cầu học đối tượng học sinh Trong trình giảng dạy, tơi thấy : Có dạng tập lạ, khó học sinh thường lúng túng khơng có phương pháp hay định hướng tư cách sâu sắc Trong có số có số tập hóa vận dụng kiến thức toán để giải cách tổng quát cho kết tối ưu phù hợp với mục đích giảng dạy mơn đáp ứng cho phương pháp thi trắc nghiệm xu hướng đề thi Nhưng với kiến thức học sinh để thiết lập phương pháp cần phải có hướng dẫn giáo viên Vì thực tế yêu cầu cần thiết người giáo viên đặt vấn đề , hướng dẫn cho học sinh hình thành phương pháp hệ thống dạng tập cho học sinh Với ý định đó, sáng kiến kinh nghiệm (SKKN) tơi muốn đưa phương pháp giải tập liên quan đến hỗn hợp chất hữu Dĩ nhiên phương pháp kết hợp lý thuyết mà học sinh tiếp thu trình học tập phổ thơng II MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU: Hướng dẫn học sinh hình thành phương pháp giải tốn liên quan tới muối amin mức độ tập liên quan tới hợp chất hữu nitơ Từ học sinh vận dụng để giải tập liên quan mà đặc biệt kỳ thi trung học phổ thơng quốc gia (THPTQG) Qua hình thành cho học sinh thói quen gặp vấn đề lạ tự xây dựng phương pháp riêng cho thân học sinh III ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU: Đối tượng nghiên cứu: Bài tập hóa học phổ thơng phần tốn hỗn hợp thuộc chương trình lớp 12 IV PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: + Phương pháp nghiên cứu lý thuyết + Phương pháp nghiên cứu thực tiễn V THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU: *Thực trạng : Hiện cơng đổi tồn diện giáo dục việc dạy học trường phổ thông yêu cầu giáo viên phải dạy cho học sinh có khả phát triển tư cách đầy đủ sâu sắc tránh tình trạng học vẹt học tủ Vấn đề đặt trình làm tập có dạng tập lạ việc xây dựng phương pháp giải cho tập cách thức làm để đạt hiệu cao Vì trình giảng dạy giáo viên phải hướng dẫn cho học sinh tự hình thành phương pháp giải phù hợp với mức độ yêu cầu đề thi thơng qua phát triển tư duy, hình thành phương pháp cho học sinh *Kết quả, hiệu quả: Với thực trạng nêu với học sinh có kiến thức tốt, thông minh làm dễ dàng với tập làm nhiều Nhưng học sinh khó hình thành phương pháp tổng qt Từ ta thấy việc học sinh tự tìm hiểu kiến thức tự đề hệ thống tập để khắc sâu kiến thức tìm phương pháp giải tập học sinh nhiều hạn chế chưa phù hợp với mức độ kỳ thi Trước tình hình học sinh tơi thấy cần thiết phải hình thành cho học sinh thói quen học xong kiến thức cần phải xây dựng phương pháp giải khác để học sinh rèn luyện khả phát triển tư duy,hình thành kiến thức Do q trình giảng dạy hướng dẫn học sinh ơn thi THPT quốc gia thấy dạng tập hỗn hợp chất hữu vừa lạ,vừa khó học sinh Nên mạnh dạn đưa SKKN: Hướng dẫn học sinh xây dựng phương pháp toán hỗn hợp chứa nhiều chất hữu (C, H, O, N) nhằm nâng cao chất lượng thi tốt nghiệp THPT quốc gia Trong sáng kiến kinh nghiệm muốn đưa phần kiến thức phương pháp giải phù hợp với số kỳ thi Nội dung thiết lập sử dụng có hiệu quả, hình thành phát triển mở rộng thơng qua nội dung kiến thức, tích lũy thành kiến thức cho học sinh chuyên đề B CÁC BIỆN PHÁP THỰC HIỆN: - Giáo viên tiến hành : Sau học sinh nghiên cứu xong chương hóa học hữu lớp 12 - Buổi thứ 1: Giáo viên hướng dẫn học sinh cách phân tích phương pháp để giải tốn định hình phương pháp tổng quát - Buổi thứ 2: Giáo viên hướng dẫn học sinh vận dụng kiến thức buổi thứ vào cụ thể phân tích - Buổi thứ 3: Học sinh tiến hành làm luyện tập I CƠ SỞ LÝ THUYẾT CỦA PHƯƠNG PHÁP Phân tích hợp chất hữu thành dạng đơn giản a Hidrocacbon Công thức TQ: CnH2n+2-2k (k: số liên kết π + vòng) Vậy: CnH2n+2-2k = nCH2 + H2 – kH2 = nC + (n+1-k)H2 Với : nH2 = nhidrocacbon ; CH2(hidrocacbon) = nCH2/nhidrocacbon; + Nếu ankan: k = Ankan = nCH2 + H2 + Nếu anken: k = Anken = nCH2 + H2-H2 = nCH2 + Nếu ankin: k = Ankin = nCH2 + H2-2H2 = nCH2-H2 Tương tự với hidrocacbon ta thiết lập b Ancol Công thức TQ: CnH2n+2-2kOa = CnH2n+2-2k + aO Nhận thấy ancol = hidrocacbon + aO c Andehit Công thức TQ: CnH2n+2-2kOa = CnH2n+2-2k + aO Nhận thấy andehit = hidrocacbon + aO d Axit cacboxylic Công thức TQ: CnH2n+2-2k-a(COOH)a = CnH2n+2-2k + aCOO Nhận thấy axit cacboxylic = hidrocacbon + aCOO e Este Công thức TQ: CnH2n+2-2k(COO)a = CnH2n+2-2k + aCOO Nhận thấy este = hidrocacbon + aCOO f Amin Công thức tổng quát: CnH2n+2-2k+aNa = CnH2n+2-2k + aNH Nhận thấy amin = hidrocacbon + aNH g Amino axit Công thức tổng quát: CnH2n+2-2k-a-b(NH2)a(COOH)b = CnH2n+2-2k + aNH + bCOO Nhận thấy amino axit = hidrocacbon + aNH + bCOO Nhận định toán hỗn hợp hợp chất hữu Dựa vào phần I.1 ta nhận thấy hỗn hợp hợp chất hữu chương trình phổ thơng ta quy đổi thành hỗn hợp = hidrocacbon + aO + bCOO + cNH Mặt khác hidrocacbon lại phân tích thành = nC + (n+1-k)H2 Do hỗn hợp chất hữu = nC + (n+1-k)H2 + aO + bCOO + cNH Phân tích định hình dạng cách giải toán hỗn hợp chất hữu 3.1 Phương pháp thông thường a Cách giải: Viết công thức hợp chất, gọi ẩn dựa vào phương trình lập ẩn để giải Ví dụ 1: Đốt cháy hồn toàn 34,1 gam hỗn hợp X gồm glyxin, alanin, axit glutamic axit oleic cần vừa đủ 2,025 mol O2, thu CO2, N2 27,9 gam H2O Mặt khác, cho 34,1 gam X vào 400 ml dung dịch KOH 1M cô cạn cẩn thận dung dịch, thu m gam chất rắn khan Giá trị m A 51,1 B 48,7 C 44,7 D 45,5 Lời giải: H NCH 2COOH H NC H COOH  2  H NC3H (COOH)  Hỗn hợp X C17 H 33COOH : x mol : y mol : z mol : t mol + O2 = 2,025 mol CO : 2x + 3y + 5z + 18t  H 2O: (5x + 7y + 9z + 34t)/2    N : (x + y + z)/2 Theo kiện đề ta có hệ sau: 75x + 89y + 147z + 282t = 34,1  (5x + 7y + 9z + 34t)/2 = 27,9/18  2x + 2y + 4z + 2t + 2,025.2 = 2(2x + 3y + 5z + 18t) + 27,9/18  (I) Nhận thấy số ẩn nhiều số phương trình nên giải hệ khó mà ta phải biến đổi biểu thức hệ (I) thành 12(2x + 3y + 5z + 18t) + 1,55.2 + 14(x + y + z) + 32(x + y + 2z + t) = 34,1  3(x + y + z) + 2[(2x + 3y + 5z + 18t)-(x + y + 2z + t)]=1,55.2 2(x + y + 2z + t) + 4,05=(2x + 3y + 5z + 18t) + 1,55  Giải hệ ta nghiệm: x + y + 2z + t = 0,3 mol = nCOOH(X) X (nCOOH = 0,3 mol) + KOH = 0,4 mol  rắn + H2O = 0,3 mol Bảo tồn khối lượng ta có: mrắn = 51,1 gam Vậy đáp án cần chọn A Nhận xét: Rõ dàng với phương pháp học sinh vấp phải số khó khăn như: Hệ phức tạp, số ẩn nhiều số phương trình dẫn đến học sinh cho tốn vơ nghiệm (sai lầm học sinh hay gặp phải) Để giải học sinh phải vận dụng kỹ tốn học q nhiều làm Ví dụ 2: Hỗn hợp X chứa butan, đietylamin, etyl propionat valin Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol X cần dùng 1,33 mol O 2, thu CO2, H2O N2 Hấp thụ toàn sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)2 dư thấy có a mol khí Giá trị a A 0,09 B 0,06 C 0,07 D 0,08 Lời giải: C4 H10 (C H ) NH  52  C2 H5COOC2 H5  Hỗn hợp X H NC4 H8COOH : x mol CO : 4x + 4y + 5z + 5t  : z mol H 2O : (10x + 11y + 10z + 11t)/2  : t mol + O2 = 1,33 mol   N : (y + t)/2  x + y + z + t = 0,2  Theo đề ta có hệ sau 2z + 2t + 1,33.2 = 2(4x + 4y + 5z + 5t) + (10x + 11y + 10z + 11t)/2 (I) : y mol Nhận thấy số ẩn nhiều số phương trình nên giải hệ khó mà ta phải biến đổi biểu thức hệ (I) thành (x + z) + (y + t) = 0,2  26(x + z) + 27(y + t) = 1,33.4 Giải hệ ta được: y + t = 0,12 Hỗn hợp khí số mol N2 = (y + t)/2 = 0,06 mol hay a = 0,06 Vậy đáp án cần chọn B Ví dụ 3: Đốt cháy hoàn toàn 0,7 mol hỗn hợp X gồm metyl axetat, metyl metacrylat, vinyl axetat, axit glutamic hai hidrocacbon mạch hở cần vừa đủ V lít O2 (đktc), tạo CO2, 1,12 lít N2 (đktc) 35,1 gam H2O Mặt khác, 0,7 mol X phản ứng tối đa với 0,85 mol Br2 Giá trị V A 67,76 B 89,60 C 44,80 D 67,20 Lời giải: : x mol CH 3COOCH C H COOCH : y mol  CO : 3x + 5y + 4z + 5t + nv CH 3COOC H : z mol  H NC H (COOH) : t mol H 2O: 3x + 4y + 3z + 4,5t + v(n + - k)   : v mol Hỗn hợp X Cn H 2n+2-2k + O2   N : t/2 (1)  x + y + z + t + v = 0,7  t/2 = 0,05 (2)   3x + 4y + 3z + 4,5t + v(n + - k) = 1,95 (3)  (4) (I) Theo đề ta có hệ sau  y + z + vk = 0,85 Nhận thấy số ẩn nhiều số phương trình nên giải hệ khó mà ta phải biến đổi biểu thức hệ (I) thành (3)+(4) ta có: 3x + 5y + 4z + + v = 2,35  nCO2 = 2,85 - v Từ (1) (2) suy ra: x + y + z + v = 0,6  (x + y + z) = 0,6 –v (5) Bảo toàn nguyên tố Oxi cho phản ứng đốt cháy ta có: 2(x + y + z) +4t + 2nO2 = 2(2,85 – v) + 1,95 Thay (5) vào ta được: nO2 = 3,025 mol hay VO2 = 67,76 lít Vậy đáp án cần chọn A b Nhận xét: * Ưu điểm: - Học sinh khơng cần phân tích chất cần nhớ cơng thức chất giải - Rèn luyện khả giải toán, làm tổng quát * Nhược điểm: - Giải nhiều ẩn, nhiều hệ phương trình dẫn đến nhiều thời gian - Cần phải có kỹ tốn học tốt giải * Qua ta thấy với tốn nhiều chất việc giải theo phương pháp khơng phù hợp với yêu cầu mức độ kỳ thi Bắt buộc học sinh phải tư sang phương pháp hiệu 3.2 Phương pháp số đếm a Cách giải: Phương pháp giải dựa nguyên tắc: Sẽ loại bỏ hay nhiều chất hỗn hợp ban đầu để đảm bảo: + Giải phương trình + Sử dụng hết kiện giả thuyết cho + Khi loại bỏ chất mà không giải phương trình khơng sử dụng hết kiện phải chọn bỏ chất khác cho phù hợp Giáo viên hướng dẫn học sinh vận dụng phương pháp để phân tích theo ví dụ Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn 34,1 gam hỗn hợp X gồm glyxin, alanin, axit glutamic axit oleic cần vừa đủ 2,025 mol O2, thu CO2, N2 27,9 gam H2O Mặt khác, cho 34,1 gam X vào 400 ml dung dịch KOH 1M cô cạn cẩn thận dung dịch, thu m gam chất rắn khan Giá trị m A 51,1 B 48,7 C 44,7 D 45,5 Lời giải: - Phân tích toán: Giả thuyết cho chất tương đương ẩn, có kiện tương đương phương trình Do để giải hệ phương trình ta chọn chất H NCH COOH  H NC H COOH  Vậy hỗn hợp X C17 H33COOH : x mol CO : 2x + 3y + 18z  : y mol H 2O: (5x + 7y + 34z)/2  : z mol + O2 = 2,025 mol   N : (x + y)/2 Dựa vào giả thuyết ta có hệ 75x + 89y + 282z = 34,1  (5x + 7y + 34z)/2 = 27,9/18 2x + 2y + 2z + 2,025.2 = 2(2x + 3y + 18z) + 27,9/18  Giải hệ ta x = 0,85; y = - 0,65; z = 0,1 H NCH 2COOH  H NC 2H 4COOH  Khi cho hỗn hợp X C17H33COOH : 0,85 mol : - 0,65 mol : 0,1 mol + KOH: 0,4mol  rắn + H2O: 0,3 mol Bảo toàn khối lượng ta có: mrắn = 51,1 gam Vậy đáp án cần chọn A Nhận xét: Qua phương pháp ta thấy cách giải có cải tiến nhiều so với phương pháp thông thường, phương pháp gây số khó khăn sai lầm học sinh gặp phải như: Sự lựa chọn bỏ chất giữ chất gây khó cho học sinh, đơi lúc gặp phải nghiệm âm gây hoang mang học sinh Ví dụ 2: Hỗn hợp X chứa butan, đietylamin, etyl propionat valin Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol X cần dùng 1,33 mol O 2, thu CO2, H2O N2 Hấp thụ toàn sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)2 dư thấy có a mol khí Giá trị a A 0,09 B 0,06 C 0,07 D 0,08 Lời giải: - Phân tích tốn: Giả thuyết cho chất tương đương ẩn, có kiện tương đương phương trình Do để giải hệ phương trình ta chọn chất CO : 4x + 5y  : x mol C4 H10 H O: (10x + 11y)/2   Hỗn hợp X H NC4H8COOH : y mol + O2 = 1,33 mol   N : y/2  x + y = 0,2  Theo đề ta có hệ sau 2y + 1,33.2 = 2(4x + 5y) + (10x + 11y)/2 (I) Giải hệ ta được: x = 0,08; y = 0,12 Hỗn hợp khí số mol N2 = y/2 = 0,06 mol hay a = 0,06 Vậy đáp án cần chọn B Ví dụ 3: Đốt cháy hồn tồn 0,7 mol hỗn hợp X gồm metyl axetat, metyl metacrylat, vinyl axetat, axit glutamic hai hidrocacbon mạch hở cần vừa đủ V lít O2 (đktc), tạo CO2, 1,12 lít N2 (đktc) 35,1 gam H2O Mặt khác, 0,7 mol X phản ứng tối đa với 0,85 mol Br2 Giá trị V A 67,76 B 89,60 C 44,80 D 67,20 Lời giải: - Phân tích tốn: Giả thuyết cho chất tương đương ẩn, có kiện tương đương phương trình Do để giải hệ phương trình ta chọn chất cho tạo ẩn : x mol CH3COOCH C H COOCH : y mol   : z mol CH3COOC H  H NC3 H (COOH) : t mol CO : 3x + 5y + 4z + 5t   H O: 3x + 4y + 3z + 4,5t  Hỗn hợp X + O2   N : t/2 (1)  x + y + z + t = 0,7  t/2 = 0,05 (2)   (3) 3x + 4y + 3z + 4,5t = 1,95  (4) (I) Theo đề ta có hệ sau  y + z = 0,85 Giải hệ (I) ta x = - 0,25; y = - 0,3; z = 1,15; t = 0,1 Bảo toàn nguyên tố Oxi cho phản ứng đốt cháy ta có: nO2 = 3,025 mol hay VO2 = 67,76 lít Vậy đáp án cần chọn A b Nhận xét * Ưu điểm - Học sinh vận dụng cách dễ dàng, không cần tư nhiều - Phương pháp đơn giản * Nhược điểm - Phương pháp đôi lúc gây mâu thuẫn cho học sinh - Phương pháp có tính may rủi nhiều q trình u cầu làm nhanh - Bài tốn gặp khó khăn phải biện luận để xác định đáp án * Qua ta thấy với tốn nhiều chất mà cần biện luận việc giải theo phương pháp không phù hợp Bắt buộc học sinh phải tư sang phương pháp hiệu 3.3 Phương pháp đồng đẳng hóa a Cách giải: Dựa định nghĩa đồng đẳng Chất hữu X = Chất đầu dãy đồng đẳng + nCH2 Ví dụ 1: Hỗn hợp X chứa amin no, đơn chức, mạch hở anken Đốt cháy hoàn toàn 0,4 mol hỗn hợp X, thu N 2; 33,6 lít CO2 (đktc) 35,1 gam H2O Biết số nguyên tử cacbon amin lớn anken Cho toàn lượng amin có 0,4 mol X tác dụng vừa đủ với HCl, thu m gam muối amoni Giá trị m A 32,85 B 48,63 C 28,92 D 52,58 Lời giải: - Phân tích tốn: Bài tốn cho rõ chất thuộc dãy đồng đẳng ta qui hỗn hợp X thành CH N : x mol CO : (x + 2y + z) mol   C2 H : y mol H 2O : (2,5x + 2y + z) mol CH  X  : z mol + O2   N : 0,5x mol  x + 2y + z = 1,5  2,5x + 2y + z = 1,95  x + y = 0,4   x = 0,3   y = 0,1 z =  Theo giả thuyết ta có hệ Giải hệ ta Ta có 0,3CH2(amin) + 0,1CH2(anken) = (1) Phương trình (1) có nghiệm nhất: CH2(amin) = CH2(anken) = (Do Camin > Canken) Vậy amin: C4H11N + HCl  Muối amoni Bảo tồn khối lượng ta có mmuối amoni = 32,85 gam Vậy đáp án cần chọn A Nhận xét: Do toán cho đặc điểm hợp chất hữu nên học sinh dễ dàng sử dụng khái niệm đồng đẳng để quy đổi Nhưng yêu cầu học sinh phải nhớ công thức tổng quát kỹ giải toán nhanh mặt khác phương pháp gặp khó khăn tốn khơng cho đặc điểm hợp chất hữu Ví dụ 2: Hỗn hợp E chứa amin no, đơn chức, mạch hở X, ankan Y anken Z Đốt cháy hoàn toàn 0,4 mol E cần dùng vừa đủ 1,03 mol O thu H2O, 0,56 mol CO2 0,06 mol N2 Phần trăm khối lượng X E gần với giá trị sau đây? A 30,3% B 32,7% C 36,2% D 28,2% Lời giải: - Phân tích tốn: Bài toán cho rõ chất thuộc dãy đồng đẳng ta qui hỗn hợp X thành CH N: x mol CH : y mol   C2 H : z mol CH : t mol + O2 =1,03mol  X CO :0,56 mol   H O :1,03.2 - 0,56.2 = 0,94 mol (BTNT Oxi)  N : 0,06 mol   x + y + 2z + t = 0,56  2,5x + 2y + 2z + t = 0,94    x + y + z = 0,4  Theo giả thuyết ta có hệ sau 0,5x = 0,06 giải hệ ta  x = 0,12  y = 0,2   z = 0,08  t = 0,08 mol Nhận thấy CH2(anken) = thõa mãn nên anken Z C3H6 Vậy hỗn hợp X gồm: CH5N (0,12 mol); CH4 (0,2 mol); C3H6 (0,08 mol) Suy %CH5N(trong E) = 36,2% Vậy đáp án cần chọn C Ví dụ 3: Hỗn hợp X chứa amin đơn chức, mạch hở (có liên kết đơi C=C phân tử) ankan Đốt cháy hoàn toàn 0,14 mol hỗn hợp X, sản phẩm cháy thu có 15,84 gam CO 8,28 gam H2O Phần trăm khối lượng ankan có X A 30,4% B 28,3% C 18,8% D 24,6% Lời giải: C2 H N : x mol CO :0,36   CH : y mol H O:0,46 CH  Hỗn hợp X gồm  : z mol + O2   N mol  2x + y + z = 0,36   2,5x + 2y + z = 0,46  x + y = 0,14   x = 0,08   y = 0,06  z = 0,14  Theo giả thuyết ta có hệ giải hệ ta mol Ta lại có: 0,08.CH2(amin) + 0,06CH2(ankan) = 0,14 có nghiệm CH2(amin) = CH2(ankan) = Vậy hỗn hợp X gồm: C3H7N ( 0,08 mol) C2H6 ( 0,06 mol) Suy %C2H6(X) = 28,3% Vậy đáp án cần chọn B b Nhận xét * Ưu điểm - Phương pháp dễ hiểu cho học sinh - Phương pháp dễ vận dụng, đơn giản cho học sinh * Nhược điểm - Phương pháp áp dụng với toán cho biết đặc điểm chất cho đồng đẳng hố - Phương pháp gặp khó khăn phản biện luận giả thuyết không cho đặc điểm cụ thể chất hữu * Qua ta thấy với toán mà giả thuyết chưa cho đặc điểm cụ thể chất việc giải theo phương pháp không phù hợp Bắt buộc học sinh phải tư sang phương pháp hiệu 3.4 Phương pháp quy đổi a Cách giải: dựa vào phân tích I.1 ta thấy hợp chất hữu phân tích thành tổ hợp gồm: COO; NH; O; C; H2 Trong đó: + COO: nhóm axit/ este có số mol = số mol OH- phản ứng + NH: nhóm amin có số mol = số mol H+ phản ứng + O: số nhóm OH anđêhit + Khi đốt cháy thành phần: NH; C, H2 tham gia cháy + Ta có số mol pi bền hỗn hợp = (nhỗn hợp + nC-nH2) Ví dụ 1: Hỗn hợp X chứa amin no, đơn chức, mạch hở anken Đốt cháy hoàn toàn 0,4 mol hỗn hợp X, thu N 2; 33,6 lít CO2 (đktc) 35,1 gam H2O Biết số nguyên tử cacbon amin lớn anken Cho tồn lượng amin có 0,4 mol X tác dụng vừa đủ với HCl, thu m gam muối amoni Giá trị m A 32,85 B 48,63 C 28,92 D 52,58 Lời giải: Hỗn hợp X quy thành  NH : x mol  C : y mol H : z mol  CO :1,5 mol   H O :1,95 mol  + O2  NH : x mol  C : 1,5 mol  H : z mol  Bảo toàn nguyên tố C,H2 ta được: Mặt khác nanken = (0,4 + 1,5 - z) = 1,9 – z (mol)  x + (1,9-z) = 0,4 (mol hhX)  Từ ta có hệ  x + 2z = 1,95.2 (BTNT H) giải hệ ta  x = 0,3  z = 1,8 mol Ta có: 0,3Camin + 0,1Canken = 1,5 Do Camin > Canken nên phương trình có nghiệm là: Camin = Canken = Vậy amin: C4H11N + HCl  Muối amoni Bảo tồn khối lượng ta có mmuối amoni = 32,85 gam Vậy đáp án cần chọn A Nhận xét: Bài toán cho đặc điểm hợp chất hữu học sinh giải tốn theo phương pháp đồng đẳng hóa áp dụng phương pháp quy đổi tốn giải Qua việc vận dụng nhiều phương pháp giúp học sinh hiểu sâu sắc vấn đề Ví dụ 2: Hỗn hợp E chứa amin no, đơn chức, mạch hở X, ankan Y anken Z Đốt cháy hoàn toàn 0,4 mol E cần dùng vừa đủ 1,03 mol O thu H2O, 0,56 mol CO2 0,06 mol N2 Phần trăm khối lượng X E gần với giá trị sau đây? A 30,3% B 32,7% C 36,2% D 28,2% Lời giải:  NH : x mol  C : y mol H : z mol  CO :0,56 mol  H 2O :  + O2 = 1,03mol   N : 0,06 mol Hỗn hợp X quy thành Bảo toàn nguyên tố Oxi ta nH2O = 0,94 mol  NH : 0,12 mol  C : 0,56 mol H : 0,88 mol  Giải hệ ta Ta có nanken = (0,4 + 0,56 – 0,88) = 0,08 mol; nX = 0,12; nY = 0,2 Hay: 0,12CX + 0,2CY + 0,08CZ = 0,56 Phương trình có nghiệm nhất: CX = 1; CY = CZ = Vậy hỗn hợp X gồm: CH5N (0,12 mol); CH4 (0,2 mol); C3H6 (0,08 mol) Suy %CH5N(trong E) = 36,2% Vậy đáp án cần chọn C Ví dụ 3: Hỗn hợp X chứa amin đơn chức, mạch hở (có liên kết đôi C=C phân tử) ankan Đốt cháy hoàn toàn 0,14 mol hỗn hợp X, sản phẩm cháy thu có 15,84 gam CO 8,28 gam H2O Phần trăm khối lượng ankan có X A 30,4% B 28,3% C 18,8% D 24,6% 10 b Nhận xét * Ưu điểm - Phương pháp vận dụng cho nhiều loại toán khác - Phù hợp nhiều với yêu cầu thi trắc nghiệm cho học sinh * Nhược điểm - Phần biện luận ghép chất phần gây khó khăn cho học sinh - Một số toán đơn giản việc vận dụng phương pháp lại không nhanh 3.5 Phát triển phương pháp số toán khác a Bài toán liên quan chất béo - Cách giải Hỗn hợp X gồm (RCOO)3C3H5 R’COOH quy đổi thành hỗn hợp COO : x mol  : y mol C H + Khi đốt cháy  : z mol (y + + + Khi tác dụng với dung dịch kiềm COO  C H  CO : (x+y) mol z  ) O2   H O : z mol COO : x mol  : y mol C H  : z mol + x mol (OH-)  Muối + C3H5(OH)3 + H2O Trong n π (kém bền X) = (nX + y – z) = nBr2(phản ứng với X) = nH2(phản ứng X) Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm triglixerit Y axit béo Z Cho m gam X phản ứng hoàn toàn với dung dịch NaOH dư, thu sản phẩm hữu gồm hai muối có số nguyên tử cacbon 2,76 gam glixerol Nếu đốt cháy hết m gam X cần vừa đủ 3,445 mol O 2, thu 2,43 mol CO 2,29 mol H2O Khối lượng Y m gam X A 26,34 gam B 26,70 gam C 26,52 gam D 24,90 gam.[1] Lời giải: - Nhận định toán: Với toán chưa cho cơng thức cụ thể việc vận dụng phương pháp đồng đẳng hóa gặp khó khăn Mặt khác việc sử dụng phương pháp số đếm gặp khó khăn bỏ chất Y Z vai trò chất liên quan đến Do học sinh cần liên hệ đến phương pháp quy đổi đề cập COO  C  Hỗn hợp X H CO : 2,43 mol   + O2 = 3,445 mol H 2O : 2,29 mol COO : 0,13 mol  : 2,3 mol C H  : 2,29 mol Bảo toàn nguyên tố C, H, O ta X tác dụng với dung dịch kiềm 11 COO : 0,13 mol  : 2,3 mol C H  : 2,29 mol + NaOH = 0,13 mol  Muối + C3H5(OH)3 = 0,03 mol + H2O Dựa vào sơ đồ ta nY = 0,03 nZ = 0,04 mol; nmuối = 0,13 mol 2, 43  0, 03.3  18 0,13 Cmuối = ; n π (kém bền X) = (0,07 + 2,3 – 2,29) = 0,08 mol  0,03 π bền Y + 0,04 π bền Z = 0,08 Phương trình có nghiệm nhất: π bền Y = π bền Z = Vậy X gồm: (C17H35COO)3C3H5: 0,03 mol C17H31COOH: 0,04 mol Suy mY(trong m gam X) = 0,03.890 = 26,7 gam Vậy đáp án cần chọn B Ví dụ 2: Hỗn hợp E gồm triglixerit X, axit panmitic axit stearic Đốt cháy hoàn toàn m gam E cần vừa đủ 65,92 gam O 2, thu H2O 63,36 gam CO2 Mặt khác, m gam E phản ứng tối đa với 100 ml dung dịch gồm KOH 0,5M NaOH 0,3M, thu a gam hỗn hợp muối hai axit cacboxylic Giá trị a là: A 24,44 B 24,80 C 26,28 D 26,64.[2] Lời giải: COO  C H  CO : 1,44 mol  + O2 = 2,06 mol  H O Hỗn hợp E Hỗn hợp E tác dụng tối đa 0,08 mol OH- nên nCOO = 0,08 mol COO : 0,08 mol  : 1,36 mol C H Vậy bảo toàn nguyên tố C, H, O cho phản ứng cháy ta  : 1,4 mol Vì thu muối no nên chất E no, số mol pi bền = Hay ta có: (nE + 1,36 – 1,4) =  nE = 0,04 mol Suy có hệ n X + n axit = 0,04  3n X + n axit = 0,08  n X = 0,02  Giải hệ ta n axit = 0,02 COO : 0,08 mol  : 1,36 mol C  NaOH : 0,03  H Khi E  : 1,4 mol + KOH : 0,05  Muối (a gam) + C3 H5 (OH)3 : 0,02 mol  H O : 0,02 mol Bảo tồn khối lượng cho q trình ta a = 24,44 gam Vậy đáp án cần chọn A Ví dụ 3: Hiđro hóa hồn tồn m gam triglixerit X (xúc tác Ni, t°), thu (m + 0,8) gam triglixerit no Y Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần dùng vừa đủ 15,5 mol O 2, thu CO 10,2 mol H 2O Mặt khác, thủy phân hoàn toàn m gam X dung dịch KOH (dư) đun nóng, thu a gam muối Giá trị a là: A 177,2 B 186,8 C 178,0 D 187,6.[3] 12 Lời giải: Hỗn hợp X COO : x mol  : y mol C H  : z mol CO2   + O2 = 15,5 mol H 2O : 10,2 mol COO : 0,6 mol  : 10,4 mol C H  : 10,2 mol Bảo toàn C, H, O số mol pi bền ta COO : 0,6 mol  : 10,4 mol C H  : 10,2 mol Khi X + KOH = 0,6 mol  Muối + C3H5(OH)3 = 0,2 mol Bảo tồn khối lượng cho q trình ta mmuối = 186,8 gam Vậy đáp án cần chọn B Nhận xét: Rõ dàng vận dụng phương pháp quy đổi vào giải tập liên quan chất béo học sinh dễ dàng giải được, cho hiệu cao phương pháp khác Ngoài ta vận dụng với dạng toán este b Bài toán liên quan đến este - Cách giải COO : x mol  : y mol C H  : z mol Hỗn hợp X gồm este, axit quy thành hỗn hợp Các kết từ phần phương pháp vận dụng tương tự Nếu hỗn COO : x mol C : y mol    H : z mol  hợp có thêm ancol hỗn hợp quy thành O : t mol Ví dụ 4: Hỗn hợp E gồm ba este X, Y, Z đa chức, no, mạch hở (M X < MY < MZ) Đốt cháy hoàn toàn 5,7 gam E cần vừa đủ 5,488 lít khí O 2, thu 3,42 gam H2O Mặt khác, đun nóng 5,7 gam E với dung dịch NaOH (vừa đủ), cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu muối T (có mạch cacbon khơng phân nhánh) hỗn hợp hai ancol (đơn chức, dãy đồng đẳng) Đốt cháy hoàn toàn T, thu Na2CO3, CO2 0,72 gam H2O Phân tử khối Y A 118 Lời giải: B 132 COO : x mol  : y mol C H  : z mol C 146 D 160.[4] CO  + O2 = 0,245 mol  H 2O : 0,19 mol Hỗn hợp E Bảo toàn nguyên tố C, H, O ta 13 COO : 0,08 mol  : 0,15 mol C H  : 0,19 mol E gồm + NaOH  muối T + hỗn hợp ancol đơn chức Do este đa chức no, mạch hở tạo từ ancol đơn chức nên axit đa chức mạch khơng nhánh nên muối T có dạng CnH2n(COONa)2 + O2  Na2CO3 + (n+1) CO2 + nH2O 0,04 mol…………………………………………… 0,04 mol  n = Vậy muối T CH2(COONa)2: 0,04 mol  nancol = 0,08(mol) Ctb(ancol) = 0,11/0,08 = 1,375 nên ancol CH3OH (0,05) C2H5OH(0,03 mol) Do hỗn hợp gồm: CH2(COOCH3)2 (X); CH3OOCCH2COOC2H5 (Y) CH2(COOC2H5) (Z)  MY = 146 Vậy đáp án cần chọn C Nhận xét: Như quy đổi ta đưa toán phức tạp thành dạng đơn giản để giải có hiệu việc kết hợp phương pháp vào tốn vơ quan trọng Ví dụ 5: Hỗn hợp X gồm hai este đơn chức este hai chức (trong có hai este phenol) Đốt cháy hoàn toàn 22,96 gam X cần dùng 1,23 mol O 2, thu CO2 12,6 gam H2O Nếu đun nóng 22,96 gam X cần dùng tối đa 13,6 gam NaOH dung dịch, thu hỗn hợp Y gồm hai ancol thuộc dãy đồng đẳng hỗn hợp Z gồm ba muối Dần toàn Y qua bình đựng Na dư, thấy khối lượng bình tăng 5,94 gam Tổng khối lượng muối axit cacboxylic có Z A 18,40 B 16,76 C 15,50 D 16,86 Lời giải: COO : x mol  : y mol C H Hỗn hợp X  : z mol CO  + O2 = 1,23 mol  H 2O : 0,7 mol COO : 0,25 mol  : 0,88 mol C H Dựa vào đốt cháy X ta  : 0,7 mol + NaOH = 0,34 mol  Y + Z X + 0,34 mol NaOH  RCOONa + R’(COONa)2 + C6H5ONa + R’’OH + H2O Ta có 0,125 < nX < 0,25 mol nên CX < 9,04  Este chức có nhóm phenyl Mặt khác nCOO = 0,25 khác nNaOH = 0,34 nên hỗn hợp X gồm:  RCOONa : (a+b) mol   R  COONa  : c mol  RCOOC6 H : a mol C6 H 5ONa :(a+c) mol   R’OH : (b+c) mol RCOOR': b mol  R'OOC-R -COOC H : c mol  H O : (a+c) mol X + NaOH   a + b + 2c = 0,25 a + c = 0,09   2a + b + 3c = 0,34  Theo ta có hệ Giải hệ b + c = 0,16 Vậy mancol = 5,94 + (b+c) = 6,1 gam 14 Bảo toàn khối lượng cho phản ứng X với NaOH 22,96 + 0,34.40 = mmuối aixt cacboxylic(Z) + 116.0,09 + 6,1 + 18.0,09  mmuối axit cacboxylic(Z) = 18,4 gam Vậy đáp án cần chọn A Nhận xét: Qua ví dụ ta thấy toán phức tạp mức độ vận dụng cao học sinh cần linh động cách vận dụng phương pháp khác để giải toán hợp lý Mỗi phương pháp có hỗ trợ lẫn điều góp phần phong phú cách giải tốn hóa cho học sinh II MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG VÀ KIỂM TRA Câu Hỗn hợp E gồm hai amin X,Y (X, Y amin hai chức, không no mạch hở dãy đồng đẳng có M X < MY) Hỗn hợp F gồm ancol etylic metyl vinyl oxalat (trong số mol ancol gấp đơi số mol este) Đốt cháy hồn toàn 0,12 mol hỗn hợp E F thu 0,46 mol CO 0,53 mol H2O Phần trăm số mol X E A 42,86 B 57,14% C 33,34% D 20,22%.[5] Lưu ý: Bài toán giải dễ dàng dùng phương pháp (I.3.4) sử dụng phương pháp khác cần biết hỗn hợp F: 2C2H5OH + CH3OOCCOOC2H3 C3H6O2 giải dễ dàng Câu Hỗn hợp X chứa metyl acrylat, metylamin, glyxin hidrocacbon mạch hở Đốt cháy 0,2 mol X cần vừa đủ x mol O 2, thu 0.48 mol H2O 1.96 gam N2 Mặt khác, 0,2 mol X tác dụng vừa đủ với 100 ml dung dịch Br 0,7M, giá trị x gần với giá trị sau đây? A 0,6 B 0,4 C 0,7 D 0,5.[6] Lưu ý: Bài tốn gặp khó khăn với phương pháp đồng đẳng hóa (do hidrocacbon chưa biết đặc điểm), phương pháp số đếm học sinh khó biết giữ bỏ chất cho phù hợp Nên vận dụng phương pháp (I.3.4) cho hiệu cao Câu Hỗn hợp E gồm hai amin X (C nHmN), Y (CnHm+1N2, với n ≥ 2) hai anken đồng đẳng Đốt cháy hoàn toàn 0,08 mol E, thu 0,03 mol N 2, 0,22 mol CO2 0,30 mol H2O Phần trăm khối lượng X E A 43,38% B 57,84% C 18,14% D 14,46%.[7] Câu Đốt cháy hoàn toàn 0,26 mol hỗn hợp X (gồm etyl axetat, metyl acrylat hai hiđrocacbon mạch hở) cần vừa đủ 0,79 mol O 2, tạo CO 10,44 gam H 2O Nếu cho 0,26 mol X vào dung dịch Br dư số mol Br2 phản ứng tối đa A 0,16 mol B 0,18 mol C 0,21 mol D 0,19 mol.[8] Câu Cho hỗn hợp E gồm ba chất X, Y ancol propylic X, Y hai amin dãy đồng đẳng; phân tử X, Y có hai nhóm NH gốc hidrocacbon không no; MX < MY Khi đốt cháy hết 0,1 mol E cần vừa đủ 0,551 mol O2, thu H2O, N2 0,354 mol CO2 Phần trăm khối lượng Y E 15 A 52,34% B 30,90% C 49,75% D 19,35%.[9] Câu Hỗn hợp X gồm alanin, axit glutamic, lysin metyl acrylat Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol X cần 0,965 mol O2, thu hỗn hợp gồm CO2; 0,73 mol H2O 0,05 mol N2 Hidro hóa hồn tồn 0,2 mol X cần dùng a mol khí H (xúc tác Ni, t0) Giá trị a là? A 0,08 B 0,06 C 0,12 D 0,10 Câu Hỗn hợp X chứa số este đơn chức, số aminoaxit số hidrocacbon (đều mạch hở) Đốt cháy hoàn toàn 0,26 mol hỗn hợp X cần vừa đủ 1,2 mol O2 thu hỗn hợp gồm CO2; 0,8 mol H2O 0,04 mol N2 Hidro hóa hồn tồn 0,26 mol X cần dùng a mol khí H2 (xúc tác Ni, t0) Giá trị a là? A 0,38 B 0,26 C 0,22 D 0,30 Câu Hỗn hợp X gồm glyxin, alanin axit glutamic Hỗn hợp Y gồm tristearin tripanmitin Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp Z gồm m gam X m gam Y cần dùng 2,59 mol O2, sản phẩm cháy gồm N2, CO2 34,2 gam H2O Nếu đun nóng m gam Y với dung dịch NaOH dư khối lượng glixerol thu là? A 9,2 B 12,88 C 11,04 D 7,36 Câu Thủy phân hoàn toàn chất béo X NaOH thu glixerol hỗn hợp muối Natri stearat Natri oleat Đốt cháy m gam X cần vừa đủ 154,56 gam O2 150,48 gam CO2 Mặt khác, m gam X tác dụng tối đa với a mol Br2 dung dịch Giá trị a A 0,3 B 0,06 C 0,15 D 0,12 Câu 10 Hỗn hợp E gồm amin X (no, đơn chức, mạch hở, bậc hai) hai ancol Y, Z (Z có nhiều Y nguyên tử cacbon nguyên tử oxi, số mol Y gấp 1,5 lần số mol X) Đốt cháy hoàn toàn 0,06 mol E O thu N2, 0,11 mol CO2 0,18 mol H2O Phần trăm khối lượng X có E A 34,78% B 42,75% C 22,46% D 64,13%.[10] Câu 11 Hỗn hợp E gồm triglixerit X Y có tỉ lệ số mol tương ứng 2:5 Thuỷ phân hồn tồn E mơi trường kiềm thu glixerol, muối hai axit béo axit oleic axit stearic Đốt cháy hoàn toàn m gam E thu 134,64 gam H2O Mặc khác m gam hỗn hợp E làm màu tối đa 35,2 gam brom Khối lượng Y 77,6 gam E A 44,40 B 55,50 C 53,28 D 66,60.[5] Câu 12 Hỗn hợp E gồm axit oleic, axit panmitic triglixerit X (tỉ lệ mol tương ứng : : 1) Đốt cháy hoàn toàn m gam E cần vừa đủ 4,0 mol O 2, thu CO2 H2O Mặt khác, cho m gam E tác dụng hết với lượng dư dung dịch NaOH đun nóng, thu sản phẩm hữu gồm glixerol 47,08 gam hỗn hợp hai muối Phần trăm khối lượng X E A 38,72% B 37,25% C 37,99% D 39,43%.[7] Câu 13 Xà phịng hóa hồn tồn m gam hỗn hợp E gồm triglixerit dung dịch NaOH, thu glixerol hỗn hợp X gồm ba muối C17HxCOONa, C15H31COONa, C17HyCOONa với tỉ lệ mol tương ứng : : Mặt khác, hiđro hóa hồn tồn m gam E thu 68,96 gam hỗn hợp Y Nếu đốt cháy hoàn toàn m gam E cần vừa đủ 6,09 mol O2 Giá trị m 16 A 60,32 B 60,84 C 68,20 D 68,36.[8] Câu 14 Xà phịng hố hồn tồn m gam hỗn hợp E gồm triglixerit dung dịch NaOH, thu glixerol hỗn hợp X gồm ba muối C17HxCOONa, C15H31COONa, C17HyCOONa có tỉ lệ mol tương ứng : : Hiđro hố hồn tồn m gam E, thu 68,96 gam hỗn hợp Y Nếu đốt cháy hoàn toàn m gam E thi cần vừa đủ 6,14 mol O2 Giá trị m A 68,40 B 60,20 C 68,80 D 68,84.[11] Câu 15 Hỗn hợp E gồm axit panmitic, axit stearic triglixerit X Cho m gam E tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH dư, thu 88,44 gam hỗn hợp hai muối Nếu đốt cháy hết m gam E cần vừa đủ 7,65 gam O 2, thu H2O 5,34 mol CO2 Khối lượng X m gam E A 48,36 gam B 51,72 gam C 53,40 gam D 50,04 gam.[9] Câu 16: Hỗn hợp X gồm ba triglixerit tạo axit oleic axit linoleic (có tỉ lệ mol tương ứng hai axit : 1) Đốt cháy hoàn toàn a gam X thu 37,62 gam CO2 13,77 gam H2O Mặt khác, hiđro hóa hồn toàn 2a gam X thu chất hữu Y Đun Y với dung dịch KOH (vừa đủ) thu glixerol m gam muối Giá trị m là? A 28,98 B 27,30 C 27,54 D 26,50.[10] Lưu ý: Trên số tập dạng vận dụng phương pháp quy đổi giải toán liên quan tùy ta vận dụng nhiều phương pháp vào để giải toán hợp lý cho kết nhanh phù hợp với yêu cầu chung kỳ thi MỘT VÀI KẾT QUẢ THU ĐƯỢC SAU BÀI KIỂM TRA Để biết hiệu q trình tơi tiến hành thực giảng dạy kiểm tra với đối tượng học sinh thuộc lớp khác mức độ học tập tương đương ( Lớp 12B1 12B2 trường THPT Hoằng Hóa 3) lớp (12B1) học tập theo hướng xây dựng phương pháp giải tập với lớp (12B2) chưa nghiên cứu Tôi thu kết sau: * Đối với em lớp 12B2 chưa nghiên cứu học sinh gặp khó khăn dạng tập kiểu Chỉ số em có kiến thức tốt làm mức bình thường * Đối với em lớp 12B1 sau nghiên cứu xong vấn đề việc em vận dụng vào tập tương đối dễ dàng, thu kết cao, em khắc sâu phương pháp giải tập dạng BẢNG THỐNG KÊ KẾT QUẢ KHI SO SÁNH Ở LỚP NHƯ SAU % HS loại %HS loại %HS loại %HS loại yếuLớp Sĩ số giỏi TB 12B2 45 10% 14% 21% 55% 12A 43 50% 42% 6% 2% Ngoài SKKN tơi cịn nhiều đồng nghiệp tỉnh vận dụng vào thu kết cao nhiều Qua ta thấy việc giáo viên hướng dẫn học sinh hình thành vận dụng phương pháp giải tốn hóa yếu tố quan trọng để 17 em khắc sâu kiến thức, dễ nhớ đặc biệt gây niềm hứng thú, đam mê, tin tưởng vào khoa học 18 C KẾT LUẬN I Kết thu Sau thời gian kiểm nghiệm đối tượng học sinh nghiên cứu vấn đề cụ thể mà đưa tơi thấy học sinh có phát triển tư duy, có khả phát triển tư bổ sung kiến thức, phương pháp làm tập kỳ thi hóa học Ngồi thiết lập cho học sinh kiến thức vấn đề thế, tơi thấy cịn hình thành cho học sinh kiến thức hóa học phong phú cần phải nghiên cứu nhiều, giúp hình thành cho học sinh suy nghĩ cần phải tự tìm tịi sáng tạo cho học sinh thấy việc vận dụng kiến thức lý thuyết vào làm tập hóa học Điều phản ánh hiệu việc dạy học tích cực kết hợp với tư sáng tạo học sinh Đó mục đích thân báo cáo sáng kiến kinh nghiệm Vấn đề đưa phù hợp với nhu cầu mức độ kỳ thi nay, Khi nghiên cứu phương pháp học sinh cung cấp kiến thức quan trọng vận dụng cho hiệu xác đáng II Kiến Nghị Qua thành công bước đầu phương pháp thiết nghĩ cần phải có nghiên cứu hình thành đề học sinh tiếp cận với việc hình thành phương pháp giải khác để học sinh nắm bắt chất nhất, dễ khắc sâu kiến thức Chúng ta không nên dạy kiến thức SGK mà cần phải đưa hệ thống tập kiến thức phù hợp với mức độ yêu cầu cao kỳ thi biết vận dụng môn học khác để giải vấn đề cách linh động Sáng kiến kinh nghiệm phần nhỏ thân thu trình giảng dạy phạm vi nhỏ hẹp Vì việc phát ưu nhược điểm chưa đầy đủ sâu sắc Mong báo cáo kinh nghiệm đồng nghiệp cho thêm ý kiến phản hồi ưu nhược điểm chuyên đề Cuối mong chuyên đề đồng nghiệp nghiên cứu áp dụng cách hiệu thực tiễn để rút điều bổ ích Bài viết chắn khơng thể thiếu thiếu sót mong đóng góp ý kiến, phê bình, phản hồi đồng nghiệp Xác nhận Hiệu Trưởng Hoằng Hóa, Ngày 15/5/2022 Tơi xin cam đoan SKKN viết,khơng chép nội dung người khác Người thực Lê Văn Cường 19 DANH MỤC CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN Họ tên tác giả: LÊ VĂN CƯỜNG Chức vụ đơn vị công tác: Giáo viên - Trường THPT Hoằng Hóa - Hoằng Hóa - Thanh Hóa Cấp đánh Kết Năm học T giá xếp loại đánh giá Tên đề tài SKKN đánh giá T (Phòng, Sở, xếp loại (A, xếp loại Tỉnh ) B, C) Mở rộng tập xác định trạng thái lai hóa nguyên Sở C 2008 tử phân tử Phương pháp oxi hóa trung Sở C 2012 bình giải nhanh tốn hóa Bài tốn nhiệt hóa học cân Sở C 2013 hóa học Xây dựng phương pháp sử Sở C 2015 dụng đồ thị để giải tốn hóa Xây dựng hệ thống tập nhằm phát triển tư cho Sở C 2017 học sinh thông qua Amino-axit Hướng dẫn học sinh làm tập đồ thị khó đề thi Sở C 2018 THPT quốc gia Xây dựng hệ thống tập nhằm phát triển tư cho Sở C 2019 học sinh thông qua Nhôm hợp chất nhôm Hướng dẫn học sinh xây dựng phương pháp giải toán muối Sở C 2020 amin đề thi THPT quốc gia Hướng dẫn học sinh làm số tập liên quan tới thí nghiệm Sở C 2021 hữu chương trình phổ thơng 20 ... dạy hướng dẫn học sinh ôn thi THPT quốc gia thấy dạng tập hỗn hợp chất hữu vừa lạ,vừa khó học sinh Nên tơi mạnh dạn đưa SKKN: Hướng dẫn học sinh xây dựng phương pháp toán hỗn hợp chứa nhiều chất. .. Nhôm hợp chất nhôm Hướng dẫn học sinh xây dựng phương pháp giải toán muối Sở C 2020 amin đề thi THPT quốc gia Hướng dẫn học sinh làm số tập liên quan tới thí nghiệm Sở C 2021 hữu chương trình phổ... A Nhận xét: Bài toán cho đặc điểm hợp chất hữu học sinh giải tốn theo phương pháp đồng đẳng hóa áp dụng phương pháp quy đổi tốn giải Qua việc vận dụng nhiều phương pháp giúp học sinh hiểu sâu