SKKN phương pháp giải một số bài tập nâng cao trong đề tốt nghiệp THPT nhằm rèn luyện kỹ năng cho học sinh khá, giỏi

MỤC LỤC MỤC LỤC Mục tiêu nghiêu cứu Đối tượng nghiên cứu .2 Phương pháp nghiên cứu .2 Phạm vi kế hoạch nghiên cứu PHẦN NỘI DUNG Chương I CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN 1.2 Cơ sở lí luận .4 II.1 Các toán hữu vận dụng cao chủ yếu tập trung vào số dạng toán bản: II.2 Phương pháp giải toán hữu cơ: .5 II.3 Một số ví dụ tốn hữu cơ: II.4 Các tốn vơ vận dụng cao chủ yếu tập trung vào số dạng toán bản: 14 II.5 Phương pháp giải tốn vơ cơ: 14 II.6 Một số ví dụ tốn vơ cơ: .14 15 Hướng dẫn giải: 17 18 Chương KẾT QUẢ ÁP DỤNG 19 PHẦN KẾT LUẬN 20 Kết đạt 20 Hạn chế đề tài 20 Hướng phát triển kiến nghị 20 DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO 21 PHẦN MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong năm gần Bộ GD&ĐT có sách thay đổi mạnh mẽ chương trình giáo dục, từ giáo dục tiếp cận nội dung trọng tiếp cận lực người học, nghĩa từ chỗ quan tâm đến việc HS học đến chỗ quan tâm HS vận dụng qua việc học Điều địi hỏi phương pháp dạy học GV phải thay đổi theo, người giáo viên phải áp dụng phương pháp, kĩ thuật tích cực để xây dựng nên chuyên đề nhằm giúp HS trở thành chủ thể trình nhận thức, đảm bảo kết đầu theo yêu cầu Trong đề thi THPT Quốc gia (nay kỳ thi tốt nghiệp THPT) câu hỏi nhằm phân loại học sinh thường đòi hỏi học sinh phải nắm kiến thức, đồng thời phải vận dụng linh hoạt phương pháp giải Do vấn đề đặt giáo viên cần phải tăng cường khả tự học, tự nghiên cứu, tìm hiểu phương pháp giải tập để giảng dạy cho học sinh đặc biệt học sinh giỏi, giúp em chinh phục tập khó đề thi tốt nghiệp THPT Năm học 2019-2020, Bộ GD&ĐT có điều chỉnh định kỳ thi tốt nghiệp THPT sau tác động hàng loạt dịch bệnh Covid-19 Theo đó, năm 2020 kết chủ yếu để xét tốt nghiệp nhiều trường đại học xem sở để thực tuyển sinh đầu vào Vì thi năm giảm độ khó có phân hóa chất lượng học sinh theo mức từ trung bình đến xuất sắc Nhận thức vai trò GV việc truyền thụ tri thức cho học sinh, đặc biệt học sinh khá, giỏi năm qua coi nhiệm vụ tự học, tự nghiên cứu tích lũy chun mơn ln đặt lên hàng đầu Qua khảo sát nhu cầu học sinh khá, giỏi việc cập nhật phương pháp trở thành nhu cầu cấp thiết Từ việc thấy tầm quan trọng phương pháp giải tập nâng cao đề thi tốt nghiêp THPT, đồng thời nhằm giúp học sinh tăng cường rèn luyện kĩ giải tập Tôi chọn đề tài: “Phương pháp giải số tập nâng cao đề tốt nghiệp THPT nhằm rèn luyện kỹ cho học sinh khá, giỏi” Mục tiêu nghiêu cứu Mục tiêu đề tài là: - Xây dựng phương pháp giải số tập nâng cao đề tốt nghiệp THPT dành cho học sinh giỏi Đối tượng nghiên cứu - Các tài liệu phương pháp giải tập hóa học - Các đề minh họa, đề thi THPT quốc gia - Đối tượng khảo sát thực nghiệm học sinh thuộc lớp học ôn tự nhiên, lớp luyện thi đại học 12 trường Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu lý luận - Phương pháp phân tích, hệ thống hóa tài liệu, tổng kết kinh nghiệm Phạm vi kế hoạch nghiên cứu - Phạm vi nghiên cứu: + Đề tài tập tập trung chủ yếu phương pháp giải toán nâng cao đề thi tốt nghiệp THPT - Kế hoạch nghiên cứu: từ tháng 5/2018 đến 7/2020 + Lên kế hoạch, nghiên cứu sở lý luận, chuẩn bị hệ thống tập cho chuyên đề liên quan: 5/2018 đến 9/2018 + Tiến hành giảng dạy: Năm học 2018-2019: Triển khai từ tháng 10/2018 đến tháng 6/2019 Năm học 2019-2020: Triển khai từ tháng 9/2019 đến tháng 7/2020 + Tiến hành thực nghiệm đánh giá kết quả: tiến hành vào đợt cuối tháng 5/2019 cuối tháng 6/2020 - Hoàn thành SKKN: 07/2020 Cấu trúc sáng kiến kinh nghiệm Gồm phần A Phần mở đầu B Phần nội dung gồm hai chương: Chương I: Cơ cở lý luận, thực tiễn Chương II: Phương pháp giải tập nâng cao đề tốt nghiệp THPT Chương III Kết áp dụng C Phần kết luận PHẦN NỘI DUNG Chương I CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN 1.2 Cơ sở lí luận Đối với dạng tập vận dụng cao đề thi TNTHPT, chinh phục điểm số 8, 9, 10 khó Đa số HS gặp nhiều khó khăn việc tiếp cận tìm phương pháp giải nhanh, xác thời gian ngắn Việc viết phương trình để giải phức tạp, đơi cịn gặp nhiều rắc rối q trình giải tốn Vì vậy, học sinh cần kiến thức kĩ để chinh phục tốn khó? Kỹ giải tốn hố học hình thành học sinh nắm vững lý thuyết, nắm vững kiến thức tính chất hố học chất Bên cạnh đó, HS phải trang bị hệ thống phương pháp giải toán phù hợp với dạng toán Hóa đặc trưng Học sinh phải hình thành mơ hình giải tốn, bước để giải tốn, kèm theo phải hình thành học sinh thói quen phân tích đề định hướng phương pháp sử dụng tốn Chính việc rèn luyện cho học sinh sử dụng phương pháp giải nhanh điều cần thiết, giúp học sinh hình thành cho kĩ tư nhạy bén, quan sát, lập luận, giúp HS chinh phục tốn khó đề thi TNTHPT để đạt điểm 9,10 1.2 Cơ sở thực tiễn Hiện nay, trường THPT, việc đổi phương pháp dạy học quan tâm nhiều đặc biệt trọng Chất lượng mơn Hóa học ngày nâng cao Tuy nhiên, thực tế, sau kì thi TN THPT, phổ điểm đạt điểm 8,9,10 mơn Hóa học HS cịn tương đối thấp Qua thực tế cho thấy, việc thực đổi phương pháp dạy học phần, nhiều GV cịn chậm tiếp cận tích cực đổi phương pháp dạy học phương pháp mới, HS khơng có phương pháp tư duy, suy luận để chiếm lĩnh kiến thức rèn luyện thành thạo kĩ giải tốn khó Trên thực tế, việc áp dụng phương pháp giải nhanh việc giải tốn vận dụng cao q trình dạy học trường THPT số hạn chế như: - Thời gian tiết học theo PPCT khơng đủ cho GV sử dụng nhiều toán vận dụng nâng cao tiết học lớp - Chất lượng HS lớp không đồng nên việc sử dụng phương pháp giải tốn hay, ngắn gọn cho tốn khó cịn hạn chế - Nhiều GV ngại khó, ngại học hỏi nên áp dụng số phương pháp giải tốn thơng thường, tốn nhiều thời gian; chưa áp dụng phương pháp giải toán nhanh hiệu quả, kích thích tư duy, sáng tạo rèn luyện kĩ quan sát, so sánh, biện luận…, nhanh nhạy cho đối tượng HS khá, giỏi - Việc triển khai giảng dạy áp dụng phương pháp giải tốn nâng cao khó áp dụng đại trà cho lớp với nhiều đối tượng HS khác mà chủ yếu cho nhóm HS khá,giỏi CHƯƠNG II: PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI NÂNG CAO TRONG ĐỀ TỐT NGHIỆP THPT II.1 Các toán hữu vận dụng cao chủ yếu tập trung vào số dạng toán bản: Bài toán este, axit, ancol: hợp chất hữu chứa C,H,O Bài toán peptit; hỗn hợp peptit – este; hỗn hợp peptit – aminoaxit: hợp chất hữu chứa C, H, O, N Bài toán aminoaxit, este aminoaxit; muối amoni, muối Na, K axit hữu cơ: hợp chất hữu chứa C, H, O, N, Na II.2 Phương pháp giải tốn hữu cơ:  Biện luận tìm cơng thức cấu tạo chất: biện luận C theo C, biện luận theo số liên kết pi, biện luận theo M, biện luận gốc hidrocacbon - Dựa vào hệ phản ứng cháy quan hệ số mol chất Đốt cháy hợp chất chứa C,H,O,N: ∆ − = Đối với hợp chất chứa C, H, O: ∆ − = nCO2 + nN − nH 2O mol nCO2 − nH 2O mol Đối với chất béo không no: ∆ −1 = nCO2 − nH 2O mol → molbeo.(3 + k − 1) = nCO2 − nH 2O → nCO2 − nH 2O − 2.molbeo = molπ = nH = nBr2 Đối với hợp chất muối Na,K axit cacboxylic: ∆ − = nCO2 − nH 2O mol  Tìm quy luật mối quan hệ số nguyên tử nguyên tố hợp chất Ví dụ: n(-COO-/este axit)=n(OH-); n(H+) = n (N/amin aminoaxit) n(-OH)=2.n(H2); nC (muối) = nNa ( muối)  Với số toán phức tạp, tiến hành quy đổi hỗn hợp đơn giản hơn; sử dụng phương pháp đồng đẳng hóa, bơm thêm chất, sử dụng tư kĩ thuật dồn chất, xếp hình  Đặc trưng tốn hữu biện luận tìm cơng thức cấu tạo, ngồi HS đốn chất dựa đặc điểm dãy đồng đẳng để tìm cơng thức cách nhanh II.3 Một số ví dụ tốn hữu cơ: Ví dụ 1: Câu 72 ( Mã 203 – Đề THPTQG 2019) Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixerit X cần vừa đủ 3,08 mol O2 thu CO2 mol H2O Cho m gam tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ thu glixerol 35,36g muối Mặt khác , m gam X tác dụng tối đa với a mol brom dung dịch Giá trị a là: A 0,2 B 0,24 C 0,12 D 0,16 Cách 1: Áp dụng phương pháp thông thường dành cho nhiều đối tượng HS, sở sử dụng bảo toàn nguyên tố, bảo toàn m kết hợp hệ phản ứng cháy, cộng  BToxi : y + 3, 08.2 = 2.x + 2.1  x = 2, CO2 : xmol   → m = 12.x + 16.6 y + 2.2 →  y = 0, 04  CBeo : ymol m + 40 y = 35,36 + 92 y  m = 32, 24 gam   nCO2 − nH 2O = (3 + π − 1).n → molπ = nCO2 − nH 2O − 2.nbeo = nBr2 Áp dụng công thức: nBr2 = 2, − − 2.0, 04 = 0,12mol Cách 2: Tiến hành phương pháp quy đổi thành nguyên tử nhóm chức Quy chất béo thành hỗn hợp gồm:  z = COO : xmol  BTH : z = 2.2 =   → →  y + z = 3, 08.2 → y = 2, 08 C : ymol  Btoan.electron : 4.nC + 1.nH = 4.nO2  H : zmol  x   Btm : 44.x + 12 y + z + 40.x = 35,36 + 92   x = 0,12 → nbeo = 0,12 / = 0, 04  → 2.nC + 2.nbeo − nH 2.2, 08 + 2.0, 04 − 2.2 = 0,12mol = nπ = nBr2 = 2 Cách 3: Sử dụng phương pháp đồng đẳng hóa, cách phù hợp cho nhiều đối tượng HS khá, giỏi Bơm thêm H2 vào chất béo, mol H2 bơm vào mol Br2 tác dụng với chất béo = a mol (HCOO)3 C3 H : bmol CO : 6b + c  + O2 :3,08  → CH : cmol  H 2O :  H : amol   BtO : 6.b + 3, 08.2 = + 2.(6b + c) a = −0,12   → b = 0, 04 Áp dụng định luật:  BTH : 8b + 2c + 2a = 2.2 =  Btm :176b + 14.c + 2.a + 40.3b = 35,36 + 92.b c = 1,96   Vậy a = 0,12 mol Cách 4: Sử dụng phương pháp tư theo kĩ thuật dồn chất để quy đổi kết hợp bơm thêm H2 vào hỗn hợp Bơm thêm H2 vào chất béo, mol H2 bơm vào mol Br2 tác dụng với chất béo = a mol Quy hỗn hợp thành: COO, H2, CH2 ( kĩ thuật dồn chất) Beo + O2 → CO2 + H 2O (2mol ) (+ H : a) COO : 3b   H : b = n(beo) CH : + a − b  Đốt cháy: COO  COO; CH2 + 1,5O2 CO2 +H2O; H2 + 0,5O2 H2O Ta có hệ phương trình:  44.3b + 14.(2 + a − b) + 2.b − 2.a + 40.3b = 35,36 + 92b a = 0,12 →  1,5(2 + a − b) + 0,5.b − 0,5a = 3, 08 b = 0, 04 Ví dụ 2: Câu 76 (Đề minh họa THPTQG - 2018) Hỗn hợp X chứa hai amin thuộc dãy đồng đẳng metylamin Hỗn hợp Y chứa glyxin lysin Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp Z (gồm X Y) cần vừa đủ 1,035 mol O2, thu 16,38 gam H2O; 18,144 lít (đktc) hỗn hợp CO2 N2 Phần trăm khối lượng amin có khối lượng phân tử nhỏ Z A 21,05% B 16,05% C 13,04% D 10,70% Hướng dẫn: Cách 1: Tìm cơng thức cấu tạo chất X, từ tính khối lượng:  n H 2O = 0,91 ⇒ n a = n H2O − (n CO2 + n N2 ) = 0,1   n CO2 + n N2 = 0,81 0,1.2 + 1, 035.2 − 0,91 BT[O] ⇒ n Gly + Lys = 0,1  → n CO2 = = 0,68 ⇒ n N2 = 0,81 − 0, 68 = 0,13 Giải hệ: Glyxin (x mol); Lysin (y mol)  x + y = 0,1  0,1 + x + y = 0,13.2(btN ) n Gly = 0, 04 BT[C] 0, 68 − 0, 04.2 − 0, 06.6 ⇒ → Ca = = 2, 0,1 n Lys = 0, 06 C H N : 0, 06 0, 06.45 ⇒ ⇒ %m C2 H7 N = = 16, 05% 0, 06.45 + 0, 04.59 + 75.0, 04 + 0, 06.146 C3H N : 0, 04 Cách 2: Phân tích thành phần chất cho, tiến hành quy đổi thành hỗn hợp đơn giản − Amin = CH3NH2 + k CH2 Glyxin C2H5O2N Lysin: C6H14O2N2 = C2H5O2N + 4CH2 + NH Quy đổi Z thành hỗn hợp gồm: CH3NH2 (a mol), C2H5O2N (b mol); CH2 (c mol); NH (d mol) nZ = a + b = 0, n = 2, 25a + 2, 25b + 1, 25c + 0, 25d = 1, 035  O2 nH 2O = 2,5a + 2,5b + c + 0,5d = 0,91  a+b+d n = (a + 2b + c) + = 0,81  CO2 + N 2  a = 0,1 b = 0,1 − 0,38 − 0,06.4  = 1, ⇒ mZ = 31.0,1 + 75.0,1 + 14.0,38 + 15.0, 06 = 16,82  k =  0,1 c = 0,38  d = 0, 06  x = 0, 06  C2 H N : xmol  x + y = 0,1 → →    y = 0, 04 %mC H N = 0,06.45.100 =16,05% C3 H N : ymol  x + y = 0,1  − 16,82 k = 0,14 Ví dụ 3: Câu 40 (Đề MH THPTQG 2017): Cho m gam hỗn hợp M 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 vơi dư, thấy khối lượng bình tăng 13,23 gam có 0,84 lít khí (đktc) Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam M, thu 4,095 gam H2O Giá trị m gần với giá trị sau đây? A 6,0 B 6,5 C 7,0 D 7,5 Hướng dẫn: Cách 1: Quy đổi theo hướng đồng đẳng hóa Đưa hỗn hợp aminoaxit đơn giản glyxin, có thêm nhóm –CH2 bơm thêm nước vào hỗn hợp  Na CO3 : 0,5a C H O N : a  C2 H O NaN : a O2 CO :1,5a + b  NaOH M CH : b → Q  →  CH : b H O : c H O : 2a + b   N : 0,5a n N = 0,0375 = 0,5a → a = 0,075 Theo đề: m bình tăng = m CO2 + m H2O = 44(1,5a + b) + 18(2a + b) = 13, 23 C H O N : a 4,095  O2 → n H 2O = 2,5a + b + c = = 0, 2275 CH : b 18 H O : c  Mặt khác, đốt cháy M: Giải hệ được: a = 0,075; b = 0,09 ; c = –0,05 Vậy m M = 75a + 14b + 18c = 5,985 gam Cách 2: Có thể quy đổi theo hướng sử dụng kĩ thuật dồn chất: C2 H 3ON : a  M CH : b Sau H O : c  giải tương tự cách 1:  a = 0, 075  b = 0, 09 Vậy m M = 57.a + 14b + 18c = 57.0,075 + 14.0,09 + 18.0,025 = 5,985 gam c = 0, 025  Ví dụ 4: Câu 40 (Đề MH –THPTQG 2017): X amino axit có cơng thức H2NCnH2nCOOH, Y axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở Cho hỗn hợp E gồm peptit Ala-X-X Y tác dụng vừa đủ với 450 ml dung dịch NaOH 1M, thu m gam muối Z Đốt cháy hồn tồn Z cần 25,2 lít khí O2 (đktc), thu N2, Na2CO3 50,75 gam hỗn hợp gồm CO H2O Khối lượng muối có phân tử khối nhỏ Z A 14,55 gam B 12,30 gam C 26,10 gam D 29,10 gam Hướng dẫn: Cách 1: Biện luận C theo C tìm cơng thức X, Y X: H2N-CnH2nCOOH; Y: CmH2mO2; E gồm Ala-X-X Y Muối Z gồm: C3H6O2NNa: a mol; CnH2nO2NNa: 2a mol; CmH2m-1O2Na: b mol nNaOH = 3a + b = 0, 45(1) nNa2CO3 = 0, 225 Gọi mol CO2: x mol; H2O: y mol nO / Z = 0,9  44 x + 18 y = 50, 75  x = 0, 775 = 3a + 2na + mb − 0, 225(2) →   x + y + 3.0, 224 = 0,9 + 1,125.2  y = 0,925 = 32 + 2b + mb − b / 2(3) a = 0,1  n >=   ↔  m >= Vậy X Gly; Y CH3COOH Từ 1,2,3: b = 0,15 4n + 3m = 14  n = m =   Muối nhỏ CH3COONa có m = 0,15.82 = 12,3 gam Cách 2: Sử dụng phương pháp đồng đẳng hóa Quy hỗn hợp E về:  HCOONa : ymol  HCOOH : y mol GlyNa : xmol   E ↔  Ala − Gly − Gly : xmol  Muối Z:  CH : zmol  AlaNa : x  CH : zmol Phản ứng cháy Z: 2AlaNa + 7,5 O2  Na2CO3 +5CO2 + 6H2O 2GlyNa + 4,5O2  Na2CO3 + 3CO2 + 4H2O 2HCOONa + O2  Na2CO3 + CO2 + H2O CH2 +1,5O2  CO2 + H2O  nNaOH = 3x + y = 0, 45  Có hệ pt: n O2 = 3, 75 x + 4,5 x + 0,5 y + 1,5 z = 1,125   m(CO2 + H 2O ) = 44(5,5 x + 0,5 y+ z) + 18(7 x + 0,5 y + z) = 50, 75  x = 0,1  ↔  y = 0,15 Dễ dàng nhận thấy y/z=1 nên nhóm CH2 thuộc HCOOH  z = 0,15  Vậy axit CH3COOH Muối có M nhỏ Z CH3COONa m(muối CH3COONa) = 82.0,15= 12,3 gam Nhận xét: Với cách 2, học sinh dễ dàng tìm công thức axit thông qua tỉ lệ mol mà không cần biện luận C theo C Ví dụ 5: Câu 78 (Đề THPTQG 2019): Chất X (CnH2n+4O4N2) muối amoni axit cacboxylic đa chức; chất Y (CmH2m-4O7N6) hexapeptit tạo amino axit Biết 0,1 mol E gồm X Y tác dụng tối đa với 0,32 mol NaOH dung dịch, đun nóng, thu metylamin dung dịch chứa 31,32 gam hỗn hợp muối Phần trăm khối lượng X E có giá trị gần với giá trị sau đây? A 49 B 52 C 77 D 22 Hướng dẫn: Cách 1: Biện luận n theo m R theo R’ Dựa vào công thức tổng quát, nhận thấy: X muối amoni axit cacboxylic chức, giải phóng metylamin nên có dạng: R(COONH3CH3)2 (x mol) ; Y hexapeptit tạo α - aa no, mạch hở chứa nhóm –COOH, -NH2 (y mol) Hỗn hợp muối gồm:  x = 0, 07  x + y = 0,1 = nhh  y = 0, 03  R (COONa) : xmol   → 2 x + y = 0,32 = nNaOH →  '  H N − R − COONa : ymol   R = 28 ' ( R + 67.2).x + (16 + R + 67).6 y = 31,32   R ' = 28 Vậy chất ban đầu là: { C2 H (COOH3 NCH )2 : 0, 07 ( Ala)6 : 0, 03 0, 07.180.100 = 48, 61%  %X = 0, 07.180 + 0, 03.(89.6 − 18.5) Cách 2: Sử dụng kĩ thuật tư dồn chất cho hỗn hợp muối xếp hình C Hỗn hợp gồm muối axit no, chức muối aminoaxit no, mạch hở chứa nhóm –COOH, nhóm –NH2  x + y = 0,1 = nhh  x = 0, 07 →  y = 0, 03  x + y = 0,32 = nNaOH  COONa : btNa : 0,32 − 0,18 = 0,14  Dồn chất: 31,32 gam muối gồm O2 NaN : 0, 03.6 = 0,18  31,32 − 0,14.67 − 69.0,18 CH : btm = 0, 68  14 Ta có hệ pt:  Xếp hình C ta có: ' 0, 07.C + 0, 03.6.C = 0,14 + 0, 68 = 0,82 C2 H (COONa ) →  ' → C = 4, C =  AlaNa C6 H16O4 N ( M = 180) 0, 07.180.100 n = = 48, 61% → →  %X = 0, 07.180 + 0, 03.444 m = 18 C18 H 32O7 N ( M = 444) Ví dụ 6: Câu 79: (Đề THPT QG 2017) Hỗn hợp E gồm ba peptit mạch hở: đipeptit X, tripeptit Y, tetrapeptit Z có tỉ lệ mol tương ứng : : Cho lượng E phản ứng hoàn toàn với dung dịch NaOH dư, thu 0,25 mol muối glyxin, 0,2 mol muối alanin 0,1 mol muối valin Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam E, thu tổng khối lượng CO H2O 39,14 Giá trị m A 16,78 B 25,08 C 20,17 D 22,64 Hướng dẫn: Cách 1: ( X ) : xmol  Hỗn hợp E gồm: (Y )3 : xmol ( Z ) : xmol  n (aminoaxit) = 2.2x + 3.x + 4.x = 0,25+0,2+0,1  x= 0,05mol GlyNa : 0, 25mol  Ta có  AlaNa : 0, 2mol E gồm ValNa : 0,1mol  ( Ala) : 0,1  (Val ) Gly : 0, 05 (Gly ) : 0, 05  Mặt khác, đốt cháy hỗn hợp E: ( Ala ) : 2a 32a + 30,5a = 39,14   nCO2 = 32a  → a = 0, 02 (Val ) Gly : a →  n = 30,5 a (Gly ) : a  m( E ) = 160.2a + 273.a + 246.a = 16, 78 gam  H 2O   Cách 2: Sử dụng phương pháp đồng đẳng hóa 10  X : 2a (mol )  Y : a (mol ) Bảo toàn N: nN=2.2a+3a+4a=0,25+0,2+0,1=0,55  a = 0,05  Z : a(mol )   n (H2O) = nX+nY+nZ= 2a+a+a = 4a = 4.0,05 = 0,2 Quy đổi E gồm peptit tạo Gly, Ala, Val nên sử dụng kĩ thuật dồn chất quy đổi hỗn hợp thành: C2 H 3ON = nNaOH = 0,55  CH = nAla + 3.nVal = 0, + 3.0,1 = 0,5  m (E) = 0,55.57+14.0,5+ 18.0,2 = 41,95g  H O = n( peptit ) = 0,   n CO2 = 0,55.2 + 0,5 = 1,  Nếu đốt 41,95 gam lượng E trên: nH 2O = 0,55.1,5 + 0,5 + 0, = 1,525   mCO2 + H 2O = 1, 6.44 + 1,525.18 = 97,85 gam Vậy đốt cháy m gam E thu 39,14 gam CO2 H2O  m = 41,95.39,14 = 16, 78 gam 97,85 Ví dụ 7: Câu 78 (Đề THPT QG 2018) : Hỗn hợp X gồm alanin, axit glutamic axit acrylic Hỗn hợp Y gồm propen trimetylamin Đốt cháy hoàn toàn a mol X b mol Y tổng số mol oxi cần dùng vừa đủ 1,14 mol, thu H 2O; 0,1 mol N2 0,91 mol CO2 Mặt khác, cho a mol X tác dụng với dung dịch KOH dư lượng KOH phản ứng m gam Biết phản ứng xảy hoàn toàn Giá trị m A 16,8 B 10,0 C 11,2 D 14,0 COO : xmol  Hướng dẫn: X , Y ⇔ CH : ymol  NH : zmol  COO không cháy; CH2 + 1,5O2  CO2 + H2O; 2NH3 + 1,5O2 N2 + 3H2O Ta có hệ phương trình:  nCO2 = x + y = 0,91  x = 0, 25   ⇔  y = 0, 66  nKOH = nCOO = 0, 25 → mKOH = 0, 25.56 = 14 gam  nN = 0,5 z = 0,1   z = 0,   n O2 = 1,5 y + 0, 75 z = 1,14 Ví dụ 8: Câu 78 (Đề MH THPT QG 2018) Cho hỗn hợp Z gồm peptit mạch hở X amino axit Y (MX > 4MY) với tỉ lệ mol tương ứng : Cho m gam Z tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu dung dịch T chứa (m + 12,24) gam hỗn hợp muối natri glyxin alanin Dung dịch T phản ứng tối đa với 360 ml dung dịch HCl 2M, thu dung dịch chứa 63,72 gam hỗn hợp muối Các phản ứng xảy hoàn toàn Kết luận sau đúng? A Phần trăm khối lượng nitơ Y 15,73% B Số liên kết peptit phân tử X C Tỉ lệ số gốc Gly : Ala phân tử X : D Phần trăm khối lượng nitơ X 20,29% Hướng dẫn: - Quy đổi theo hướng dồn chất 11 C2 H3 NO : a C H NO Cl : a C2 H NO Na : a 0,72HCl X : t   NaOH Z ⇔  CH : b →   → 63, 72 (g) CH : b {  m(g)  Y : t :b 1CH H O : t  NaCl : a 44 4 43   (m +12,24) gam  a + a = 0, 72(BTclo) 111,5a + 14b + 58,5a = 63, 72  Ta có:  97 a + 14b = m + 12, 24 57 a + 14b + 18.2t = m a = 0,36 GlyNa : 0,18 (Y) Gly : 0, 06 → %N = 18, 67%   ⇒ b = 0,18 ⇒ AlaNa : 0,18 ⇒ Z  (X) Ala Gly : 0, 06 → %N = 20, 29% m = 25, 2(g)  t = 0, 06   Lưu ý: Việc khó khăn với HS toán đưa hỗn hợp muối có tỉ lệ mol hỗn hợp X, Y ban đầu Giáo viên nên hướng dẫn kĩ cho HS, dùng phương pháp biện luận số gốc để tìm cơng thức X, Y Trường hợp 1: Nếu aminoaxit Y Ala: n(Ala)=0,18; MX >4.89=356 g/mol MX= n.75>356 Nếu tối thiểu n=5 mol Gly = 5.0,06 = 0,3 >0,18  Loại Trường hợp 2: Nếu aminoaxit Y Gly: n(G)=0,06; MX >4.75=300 g/mol Gly : 0, 06mol n = (Gly) ( Ala ) : 0, 06mol   n m → m = Ta có:  0, 06 + 0, 06.n = 0,18 = GlyNa 75.2 + 89.3 − 18(2 + 3) = 327 > 300  0, 06.m = 0,18 = AlaNa  X : Gly Vậy,  Y : ( Ala)3 (Gly ) Ví dụ 9: Câu 79 (Đề THPTQG 2019): Hỗn hợp E gồm este mạch hở tạo axit cacboxylic với ancol; X (no đơn chức), Y (không no đơn chức phân tử có liên kết pi) Z (no hai chức) Cho 0,58 mol E phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH thu 38,34 gam hỗn hợp ancol dãy đồng đẳng 73,22 gam hỗn hợp T gồm muối axit cacboxylic Đốt hỗn hợp T cần 0,365 mol O thu Na2CO3, H2O 0,6 mol CO2 Phần trăm khối lượng Y E có giá trị gần với giá trị sau đây? A B C D.7 Hướng dẫn: Cách 1: Sử dụng phương pháp quy đổi kết hợp đồng đẳng hóa Nhận xét: nT = nE = 0,58mol Quy đổi T: CO2 : 0, 6mol C  BTKL :106a + 18b = 73, 22 + 0,365.32 − 0, 6.44 = 58,5   + O2 :0,365  →  Na2CO3 : a →  H  BTO : 2a.2 + 0,365.2 = 0, 6.2 + 3a + b ↔ a − b = 0, 47 COONa = 2a H O : b   a = 0,54 → b = 0, 07  n− OH / ancol = nNaOH = 2.nNa2CO3 = 0,54.2 = 1, 08   0, + 0,54  − = 1,96  C (T ) = 34,8 0,58 − 17 = 18,5   R (ancol) = 1, 08  12 Vậy, muối chắn có HCOONa; ancol chắn có CH3OH Bảo tồn m cho phản ứng xà phịng hóa ta có: mE + mNaOH = mT + mancol → mE = 73,22+38,34-40.0,54.2=68,36 gam Quy đổi hỗn hợp E thành:  HCOOR1 : xmol  nE = x + y + t + z = 0,58  x = 0, 05 C H COOR : ymol    BTNa : x + y + z = 0,54.2 = 1, 08  → →  y = 0, 03  COOR : zmol BTm : t = ( )    z = 0,5 CH : tmol  BTH (T ) = 0, 07.2 = 1.x + y + z   0,05.R1 + 0,03 R2 + 0,5.R3 + 17,08=38,34 Lấy nghiệm: R1 = 57 (C4H9-); R2 = 71 (C5H11-); R3 = 15 (CH3-) Vậy Y là: C2H3COOC5H11 → %mY = 142.0, 03 100 = 6, 23% 68,36 Lưu ý: Nhiều HS băn khoăn tính giá trị T, GV hướng dẫn HS tính sau: mCH = mE − mgocancol − mgocaxit = 68,36 − 1, 08.18,5 − (73, 22 − 1, 08.23) = Cách 2: Sử dụng tư kĩ thuật dồn chất, kết hợp xếp hình C - Dồn chất, quy hỗn hợp T thành: COONa : xmol  mT = 67.x + 12 y+ 2.z = 73, 22  x = 1, 08    →  n O2 = 0, 25 x + y + 0,5 z = 0,365 →  y = 0, 06 C : ymol  H : zmol   z = 0, 07    BT (C) x + y = 0, + 0,5 x  nX + nY + nZ = 0,58  n + nY = 0, 08  nX = 0, 05 → X   nX + nY + 2nZ = nNaOH = x = 1, 08  nZ = 0,5  nY = 0, 03 Mặt khác:  Xếp hình C, nC (T) = 1,08+0,06 = 1,14 mol ta có, hỗn hợp muối T gồm:  HCOONa : 0, 05  C2 H 3COONa : 0, 03 (COONa) : 0,5  - Dồn chất cho hỗn hợp gồm ancol no, đơn chức đồng đẳng: CH 38,34 − 18.1, 08 → nCH = = 1,35  14  H 2O = n(OH / ancol ) = nNaOH = 1, 08 C4 H10O : 0, 05  - Sử dụng kĩ thuật xếp hình C, ta có ancol là: C5 H12O : 0,3 CH O : 0,5.2 =  142.0, 03 100 = 6, 23% Y là: C2H3COOC5H11: → %mY = 73, 22 + 38,34 − 1, 08.40 Ví dụ 10: Câu 75 (Đề THPTQG 2019): Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm este mạch hở X Y (đều tạo axit cacboxylic anco, M X