SKKN PHƯƠNG PHÁP GIẢI SÁNG tạo bài TOÁN hóa hữu cơ

Hiệu suất của phản ứng hiđro hoá là D.. Phương pháp giải bài toán hóa bằng cách lập hệ phương trình : VD : Đốt cháy hoàn toàn 7,6 gam hỗn hợp gồm một axit cacboxylic no, đơn chức, mạch

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI

TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG DẦU GIÂY



Mã số: ………

PHƯƠNG PHÁP GIẢI SÁNG TẠO BÀI

TOÁN HÓA HỮU CƠ

Người thực hiện: HỒ THỊ SEN

Lĩnh vực nghiên cứu: Phương pháp dạy học bộ môn hóa học

Có đính kèm:

Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác 

Năm học: 2012 – 2013

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC

I/ THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN:

1 Họ và tên: HỒ THỊ SEN

2 Ngày tháng năm sinh: 12/12/1965

3 Nam,nữ: Nữ

4 Địa chỉ: 153/2 Xuân Thạnh - Thống Nhất - Đồng Nai

5 Điện thoại:

Cơ quan: 061.3761229 Nhà riêng: 061.3761857 Di động:

01212500486 , Email : hothisen1212@yahoo.com.vn

6 Chức vụ: Tổ trưởng tổ Hóa

7 Đơn vị công tác: Trường THPT Dầu Giây

II/ TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO:

- Học vị hoặc trình độ chuyên môn nghiệp vụ cao nhất: Cử nhân hóa học

- Năm nhận bằng: 1987

- Chuyên ngành đào tạo: Hóa học

III/ KINH NGHIỆM KHOA HỌC:

- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Hóa học

- Số năm có kinh nghiệm: 27 năm

- Các sáng kiến đã có trong 5 năm gần đây:

Năm học 2007-2008 sáng kiến : “Tổ trưởng chuyên môn

quản lí thực hành thí nghiệm hóa học trường THPT ”, được

tặng danh hiệu : Chiến sĩ thiđua cấp cơ sở theo quyế định 2508/ GĐ.GD – ĐT ngày 30-7-2008 của GĐ – ĐT Đồng Nai

Năm học 2008-2009 sáng kiến : “Bài tập phát huy tính sáng

tạo cho học sinh” , Đạt danh hiệu “Chiến sĩ thi đua” cấp Cơ sở

năm học 2008 – 2009 theo quyết định số 642/ QĐ GD-ĐT của

Sở Giáo dục và Đào tạo Đồng Nai Năm học 2009-2010 : Đạt danh hiệu “Chiến sĩ thi đua” cấp Cơ

sở năm học 2009 – 20010 theo quyết định số 519/ QĐ GD-ĐT của Sở Giáo dục và Đào tạo Đồng Nai

Năm học 2011-2012 sáng kiến : “ Giúp học sinh tiếp cận với

đề thi tuyển sinh đại học ” Đạt danh hiệu “Chiến sĩ thi đua”

cấp Cơ sở năm học 2011 – 2012 theo quyết định số 587/ QĐ GD-ĐT ngày 04 tháng 7 năm 2012 của Giám đốc sở Giáo dục - Đào tạo tỉnh Đồng Nai

Năm học 2012-2013 sáng kiến : “ Phương pháp giải sáng tạo

bài toán hóa hữu cơ ”

MỤC LỤC

II THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI

PHÁP CỦA ĐỀ TÀI:

1/ Thuận lợi:

2/ Khó khăn:

1

1

1

VII KẾT LUẬN: 10

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN HÓA HỮU CƠ

1 Lập công thức phân tử :

a) Lập công thức phân tử dạng cơ bản :

- Dựa vào % các nguyên tố : Giả sử chất hữu cơ có dạng CxHyOzNv

12 1 16 14 100

C H O N M

x y z v

- Dựa vào công thức đơn giản : (CxHyOzNv)n = M

- Dựa vào phương trình phản ứng cháy :

CxHyOzNv + (x+

4 2

yz ) x CO2 +

2

y

H2O

VA VCO2 VH2O

x= Vco2

VA ;

2

Y

=V H O( 2 )

VA y

b ) Lập công thức phân tử đồng đẳng hay đồng đẳng kế tiếp :

Nhận dạng công thức chung của đồng đẳng

Tìm M hoặc n , M hoặc n

Câu 36: mã đề 296 , TSĐH khối A 2012 :

Hỗn hợp M gồm một anken và hai amin no, đơn chức, mạch hở X và Y là

đồng đẳng kế tiếp (MX < MY) Đốt cháy hoàn toàn một lượng M cần dùng 4,536 lít O2 (đktc) thu được H2O, N2 và 2,24 lít CO2 (đktc) Chất Y là

A etylamin B propylamin C

butylamin D etylmetylamin

n 2n O

2m+3 1

nCO + nH O

C H

C H N mCO + H O + N





Bảo toàn nguyên tố: nH O 2.nO  2.nCO  2.0,2025 2.0,1 0,205  

2 2

3

n n n 0,205 0,1 0,105 n 0, 07

2

2

CO

amin

1, 43

n  0, 07 

2 Phương pháp dựa vào sản phẩm cháy :

- Nếu chất hữu cơ có nhóm CnH2n+2 thì sản phẩm  nH2O >nCO2

- Nếu chất hữu cơ có nhóm CnH2n thì sản phẩm  nH2O = nCO2

- Nếu chất hữu cơ có nhóm CnH2n+2-2k( Với k1 là số liên kết  hay số vòng no) thì 

nH2O <nCO2

3 Phương pháp bảo toàn nguyên tố :

Vd : Đốt cháy hoàn toàn 5,8g hỗn hợp CH4 ; C2H6 ; C3H8 ; C4H10 ; C2H4

; C3H6 ; C4H8 ; thu được 17,6g CO2 Tính lượng H2O tạo thành

A 9g B 18g C 0,9g D 90g

Giải :

ROH + Na

4 Phương pháp bảo toàn khối lượng :

( Khối lượng các chất tham gia phản ứng bao giờ cũng bằng khối lượng các chất tạo thành sau phản ứng )

Vd : Cho 13,8g hỗn hợp các ancol CH3OH ; C2H5OH ; C3H7OH tác dụng với Na dư thu được 3,36 lít H2 (đkc) Tính lượng muối thu được

A 20,4g B 2,04g C 204g 0,204g

Giải :

2 ROH + 2 Na  2 RONa + H2

m = 20,4 g

5 Phương pháp tăng giảm khối lượng :

Vd : Cho 13,8g hỗn hợp các ancol CH3OH ; C2H5OH ; C3H7OH tác dụng với Na dư thu được 20,4g muối Tính V thu được (đkc)

A 3,36 lít B 2,04lít C 6,72 lít D 4,48 lít

Ta có thể giải theo PP tăng giảm như sau :

2R-OH + 2Na  2RONa + H2

0,3 mol 0,15 mol

Số mol ancol = 20, 4 13,8

22



=0,3 mol  VH2= 0,15 22.4 = 3,36 lít

6 Phương pháp tăng giảm V :

Vd : Dẫn 4,48 lít(đkc) hỗn hợp hiđrocacbon thuộc đồng đẳng anken và khí H2 qua bình đựng Ni xúc tác ; nung nóng sau phản ứng thể tích còn 2,24 lít (đkc) một hiđrocác bon duy nhất Tính % V H2 trong hỗn hợp

Giải : CnH2n + H2 to CnH2n+2

Vgiảm = VH2 = 4,48-2,24= 2,24 lít % VH2 = 2, 24

4, 48 = 50%

7 Phương pháp qui đổi :

Bài toán hỗn hợp nhiều chất ta có thể đưa về một chất , Tính theo n hoặc

M ; kr

Nếu đồng đẳng kế tiếp : nn n+1 ; M M M+14

8 Phương pháp sơ đồ chéo : Dựa vào sơ đồ chéo ta tính nhanh thành phần hỗn hợp

Câu 49: mã đề 296 , TSĐH khối A 2012 :

Hỗn hợp X gồm H2 và C2H4 có tỉ khối so với H2 là 7,5 Dẫn X qua Ni nung nóng, thu được hỗn hợp Y có tỉ khối so với H2 là 12,5 Hiệu suất của phản ứng hiđro hoá là

D 50%

H2 2 13

7,5.2=15 Hiệu suất tính theo H2 hoặc C2H4 Chọn

C2H4 28 13

H C H

n = n = 1 mol nX = 2 mol

Bảo toàn khối lượng: mX = mY 15.2 = nY.12,5.2 nY = 1,2



2

H pö

n = nX – nY = 2 – 1,2 = 0,8 mol

Vậy H = 0,8.100 80%

9 Phương pháp biện luận :

Khi số ẩn nhiều hơn số phương trình , để tìm nghiệm bằng cách biện luận Trước khi tìm nghiệm ta phải đặt giới hạn của ẩn số

Vd : Tỉ khối hỗn hợp số mol bằng nhau của ankan và anken thể khí so với H2 bằng 28,5 Lập công thức phân tử của hai chất trên

Giải : Giả sử ta lấy 1 mol ankan , 1 mol anken : M =

14 2 14

2

n  m

=28,5.2=57

7(n+m)=56 n+m=8 Đặt điều kiện : (n 2 ; n; m4)

Loại loại loại chọn

Vậy công thức phân tử ankan CnH2n+2 là C4H10 ; anken CmH2m là C4H8

Câu 41: mã đề 296 , TSĐH khối A 2012 :

Hóa hơi 8,64 gam hỗn hợp gồm một axit no, đơn chức, mạch hở X và một

axit no, đa chức Y (có mạch cacbon hở, không phân nhánh) thu được một thể tích hơi bằng thể tích của 2,8 gam N2 (đo trong cùng điều kiện nhiệt độ,

áp suất) Đốt cháy hoàn toàn 8,64 gam hỗn hợp hai axit trên thu được 11,44 gam CO2 Phần trăm khối lượng của X trong hỗn hợp ban đầu là

D 65,15%

Ta có: nX, Y =

2

N

n = 0,1 mol X: CnH2n+1COOH (a mol); Y không phân nhánh) : CmH2m(COOH)2 (b mol)

Khi đó:

(14 46) (14 90) 8,64 2 3 5

n a m b b

n a m b n m

 n = 1; m = 1:

CH3COOH và CH2(COOH)2

Vậy: %mX = 0,04.60.100 27,78%

8,64 

10 Phương pháp giải bài toán hóa bằng cách lập hệ phương trình :

VD : Đốt cháy hoàn toàn 7,6 gam hỗn hợp gồm một axit cacboxylic no, đơn

chức, mạch hở và một ancol đơn chức (có số nguyên tử cacbon trong phân

tử khác nhau) thu được 0,3 mol CO2 và 0,4 mol H2O Thực hiện phản ứng este hóa 7,6 gam hỗn hợp trên với hiệu suất 80% thu được m gam este Giá trị của m là

D 6,12

Axit no, đơn: CnH2nO2 nCO2 + nH2O mà 0,3 < 0,4 mol, do đó ancol đốt cháy là ancol no, đơn

Khi đó n ancol = 0,4 – 0,3 = 0,1 mol và số nguyên tử cacbon <

2

CO

3

n  0,1  Ancol CH3OH hoặc C2H5OH

TH1: CH3OH (0,1 mol) và CnH2nO2 (x mol) `TH2: C2H5OH (0,1 mol) và CnH2nO2 (x mol)

32.0,1 (14 32) 7,6 4

n x x

n x n



46.0,1 (14 32) 7,6 2

n x x

n x n



C4H8O2 + CH3OH € C5H10O2 + H2O

0,05 0,1 80%.0,05 m = 80%.0,05.102 = 4,08 gam

11 Phương pháp tính theo dư , thiếu:

( Tuyển sinh cao đẳng khối A , B năm 2012 ) :

Câu 17: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm hai ancol đơn chức, cùng dãy đồng đẳng, thu được 15,68 lít khí CO2 (đktc) và 17,1 gam nước Mặt khác, thực hiện phản ứng este hóa m gam X với 15,6 gam axit axetic, thu được a gam este Biết hiệu suất phản ứng este hóa của hai ancol đều bằng 60% Giá trị của a là

A 15,48 B 25,79 C 24,80 D 14,88

Hướng dẫn giải

Gợi ý :số mol CO 2 = 0,7 mol; số mol H 2 O = 0,95 mol suy ra số mol hai ancol = 0,25 mol;

Vậy số C trung bình 2 ancol = 0,7/0,25 = 2,8 vậy Mtb ancol = 57,2g Mtb (R) = 57,2-17=40,2

Số mol axit = 0,26 mol; Tính theo ancol; este có dạng CH 3 COOR

a = (59+40,2).0.25.0,6 =14,88g;

12 Bài toán lien quan đến hiệu suất phản ứng :

(Hiệu suất p/ư là tỉ lệ giữa lượng thực tế và lượng sản phẩm)

Vd1 : Poli (vinyl clorua) được điều chế từ khí thiên nhiên( Chứa 95% thể tích khí metan ) theo sơ đồ chuyển hóa hiệu suất mỗi giai đoạn như sau: metanhs15% Axetilen hs95% Vinylcloruahs95% PVC

Muốn tổng hợp 1 tấn PVC thì cần bao nhiêu m3

khí thiên nhiên

A 5883 B 5880 C 5589 D 2941

Giải :

2n CH4  (-CH2- CHCl-)n

2n.22,4 m3 62,5n ( kg )

? 1000 ( kg)

V= 100 100 100 100 .

95 90 95 15 2.22, 4

62,5 1000 =5883m3 Vd2: Trộn lẫn 6,0g CH3COOH với 9,2g C2H5OH có H2SO4 đặc , đun nóng thu được 8,0g este Tính hiệu suất phản ứng

Giải :

CH3COOH + C2H5OH H SO2 4,to CH3COOC2H5 + H2O

0,1 0,2 dư 0,1

Hiệu suất p/ư : 8 100 90,9%

8,8 

13 / Sản phẩm cháy vào dung dịch kiềm :

* Cần chú ý CO2 và H2O đều bị hấp thụ , khối lượng dung dịch có thể thay đổi tăng hoặc giảm tùy thuộc vào lượng thêm vào , lượng kết tủa

- m dung dịch tăng nếu m CO2 + mH2Of m kết tủa

- m dung dịch giảm nếu m CO2 + mH2O p m kết tủa

Vd : Đốt cháy hoàn toàn 4,64 gam một hiđrocacbon X (chất khí ở điều kiện

thường) rồi đem toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình đựng dung dịch Ba(OH)2 Sau các phản ứng thu được 39,4 gam kết tủa và khối lượng phần dung dịch giảm bớt 19,912 gam Công thức phân tử của X là

D C2H4

Gọi số mol CO2 và H2O là a và b mol Ta có mHC = mC + mH = 12.a + 2.b = 4,64

mdd giảm = mKT – (44.a + 18.b)  44.a + 18.b = 39,4 – 19,912 = 19,488 Khi đó: a = 0,348 ; b = 0,232 Khi đó C : H = a : (2b) = 0,348 : (2.0,232) = 3 : 4 Vậy HC là C3H4

14 / Nhận xét tỷ lệ mol để giải bài toán :

Vd : Hỗn hợp X gồm axit fomic, axit acrylic, axit oxalic và axit axetic Cho

m gam X phản ứng hết với dung dịch NaHCO3 thu được 1,344 lít CO2 (đktc) Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần 2,016 lít O2 (đktc), thu được 4,84 gam CO2

và a gam H2O Giá trị của a là

D 1,80

X (COOH) NaHCO 3

2

CO

  nCOOH =

2

CO

n 0,06 mol

Bảo toàn nguyên tố O trong phản ứng đốt cháy: 2.0,06 + 2.0,09 = 2.0,11 + 1. a

18  a = 1,44 gam

15/ Sử dụng bất đẳng thức :

Vd : Hỗn hợp M gồm một anken và hai amin no, đơn chức, mạch hở X và Y

là đồng đẳng kế tiếp (MX < MY) Đốt cháy hoàn toàn một lượng M cần dùng 4,536 lít O2 (đktc) thu được H2O, N2 và 2,24 lít CO2 (đktc) Chất Y là

A etylamin B propylamin

2

n 2n O

2m+3 1

nCO + nH O

C H

C H N mCO + H O + N





Bảo toàn nguyên tố:

n  2.n  2.n  2.0,2025 2.0,1 0,205  

3

n n n 0,205 0,1 0,105 n 0, 07

2

2

CO

amin

1, 43

n  0, 07 

Hai amin là CH3NH2 (X) và C2H5NH2 (Y) Vậy Y là etylamin

16/ Linh hoạt trong đặt công thức :

- Axit cacboxilic no, đa chức, mạch hở, không phân nhánh :

CnH2n(COOH)2

Vd : Hóa hơi 8,64 gam hỗn hợp gồm một axit no, đơn chức, mạch hở X và

một axit no, đa chức Y (có mạch cacbon hở, không phân nhánh) thu được một thể tích hơi bằng thể tích của 2,8 gam N2 (đo trong cùng điều kiện nhiệt

độ, áp suất) Đốt cháy hoàn toàn 8,64 gam hỗn hợp hai axit trên thu được 11,44 gam CO2 Phần trăm khối lượng của X trong hỗn hợp ban đầu là

D 65,15%

 Ta có: nX, Y =

2

N

n = 0,1 mol X: CnH2n+1COOH (a mol); Y không phân

Khi đó:

(14 46) (14 90) 8,64 2 3 5

n a m b b

n a m b n m

 n = 1; m = 1:

CH3COOH và CH2(COOH)2

Vậy: %mX = 0,04.60.100 27,78%

8,64 

17/ Phương pháp tổng hợp :

- Tỷ lệ mol , sử dụng bất đẳng thức ,lập hệ phương trình , tính theo dư thiếu , tính theo hiệu suất

Vd : Đốt cháy hoàn toàn 7,6 gam hỗn hợp gồm một axit cacboxylic no, đơn

chức, mạch hở và một ancol đơn chức (có số nguyên tử cacbon trong phân

tử khác nhau) thu được 0,3 mol CO2 và 0,4 mol H2O Thực hiện phản ứng este hóa 7,6 gam hỗn hợp trên với hiệu suất 80% thu được m gam este Giá trị của m là

Axit no, đơn: CnH2nO2 nCO2 + nH2O mà 0,3 < 0,4 mol, do đó ancol đốt cháy là ancol no, đơn

Khi đó n ancol = 0,4 – 0,3 = 0,1 mol và số nguyên tử cacbon <

2

CO

ancol

3

n  0,1  Ancol CH3OH hoặc C2H5OH

TH1: CH3OH (0,1 mol) và CnH2nO2 (x mol) `TH2: C2H5OH (0,1 mol) và CnH2nO2 (x mol)

32.0,1 (14 32) 7,6 4

n x x

n x n



46.0,1 (14 32) 7,6 2

n x x

n x n



C4H8O2 + CH3OH € C5H10O2 + H2O

0,05 0,1 80%.0,05 m = 80%.0,05.102 = 4,08 gam

SỞ G.D&Đ.T.ĐỒNG NAI CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Đơn vị: Trường THPT Dầu Giây Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

Dầu Giây,ngày … tháng … năm 2013

PHIẾU NHẬN XÉT ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học: 2012 – 2013

Tên sáng kiến kinh nghiệm:

PHƯƠNG PHÁP GIẢI SÁNG TẠO BÀI TOÁN HÓA HỮU CƠ

Họ và tên tác giả: HỒ THỊ SEN , Tổ: Hóa

Lĩnh vực

Quản lý giáo dục  Phương pháp dạy học bộ môn: Sinh học



Phương pháp giáo dục  Lĩnh vực khác



1 Tính mới

- Có giải pháp hoàn toàn mới 

- Có giải pháp cải tiến, đổi mới từ giải pháp đã có 

2 Hiệu quả:

- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả

cao 

- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai

áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao 

- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao



- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai

áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao 

3 Khả năng áp dụng:

- Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường

lối,chính sách Tốt  Khá 

Đạt 

- Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn,dễ

thực hiện và dễ đi vào cuộc sống: Tốt  Khá  Đạt 

- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng

đạt hiệu quả trong phạm vi rộng: Tốt  Khá 

Đạt 

XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

(Ký tên và ghi rõ họ tên) (Ký tên,ghi rõ họ tên và đóng

dấu)