Sử dụng phương pháp quy đổi giải bài tập este, chất béo trong kì thi tốt nghiệp trung học phổ thông năm 2020

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT HOẰNG HÓA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM “ SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI GIẢI BÀI TẬP ESTE, CHẤT BÉO TRONG KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2020 ” Người thực hiện: Nguyễn Bá Tuấn Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Hóa học THANH HÓA NĂM 2020 MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu 2 NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Giải pháp tổ chức thực .2 2.3.1 Giải pháp 2.3.2 Tổ chức thực 2.3.3 Nội dung thực 2.3.3.1 Áp dụng với đề ban đầu chất béo( triglixerit) 2.3.3.2 Áp dụng với đề ban đầu hỗn hợp gồm axit béo chất béo( triglixerit) .7 2.3.3.3 Áp dụng với đề ban đầu este .10 2.3.3.4 Bài tập vận dụng 16 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm 18 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ .19 3.1 Kết Luận .19 3.2 Kiến Nghị 19 TÀI LIỆU THAM KHẢO 20 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Trong kì thi trung học phổ thông quốc gia năm gần đề minh họa năm 2020 môn hóa học câu hỏi thi este chất béo thường phong phú có câu hóc búa Hiện có nhiều cách quy đổi, cách giải truyền thống để giúp học sinh giỏi giải tập Tuy nhiên, số cách quy đổi áp dụng cho tập mà chưa mang tính phổ biến giúp học sinh sử lí nhanh rễ hiểu tập Với hình thức đề thi trắc nghiệm nay, tập định lượng 9+ thường thiên mặt toán học để giải, đơi mặt chất hóa học đóng vai trị nhỏ điều khiến giáo viên phải tìm tịi cách giải nhanh, gọn phải vận dụng vào nhiều nhiều đề thi vấn đề quan trọng việc dạy học, thân thiết nghĩ muốn học sinh đam mê mơn học vấn đề quan trọng phải giúp học sinh tìm cách giải hay giúp học sinh đạt điểm cao kì thi, từ kích thích học sinh đam mê, tìm tịi khám phá thêm lực thân mơn học u thích mơn khoa học nói riêng mơn hóa học nói chung Trong thời đại ngày nay, thời đại cơng nghệ thơng tin mạng có nhiều khóa ơn thi trung học phổ thông quốc gia năm học trước năm học kì thi tốt nghiệp trung học phổ thơng năm 2020 Điều địi hỏi giáo viên phải khơng ngừng tìm tịi cách giải hay, sáng tạo để giúp giữ học sinh học từ cơng tác dạy học mơn hóa học đạt điểm số cao kì thi Từ thực trạng nêu trên, nghiên cứu đề tài sáng kiến kinh nghiệm : “ sử dụng phương pháp quy đổi giải tập este, chất béo kì thi tốt nghiệp trung học phổ thông năm 2020” để nhằm trao đổi với đồng nghiệp việc vận dụng vào giải đề thi năm 2020 năm Nhằm giúp giáo viên hóa học áp dụng vào giảng dạy mơn hóa học cách sinh động, giúp cho học sinh hứng thú với mơn hóa học chương trình hóa học THPT 1.2 Mục đích nghiên cứu Sáng kiến kinh nghiệm có mục đích giúp học sinh hiểu sâu sắc thêm chất lí thuyết tính chất hóa học este, chất béo như: Phản ứng thủy phân môi trường axit, thủy phân môi trường kiềm, phản ứng cộng (với Br2, H2 …), phản ứng cháy Từ nâng cao kĩ quy đổi kĩ giải tập định lượng tốn lien quan từ đạt kết cao kì thi 1.3 Đối tượng nghiên cứu Nội dung sáng kiến kinh nghiệm tập chung vào chương lớp 12 : “ESTE- LIPIT”, trọng tâm tập định lượng este, chất béo thi tốt nghiệp 2020 1.4 Phương pháp nghiên cứu Sau 14 năm giảng dạy, tơi đúc kết từ kinh nghiệm giảng dạy đồng nghiệp: - Trước hết phải phác thảo đề cương nghiên cứu, thu thập số liệu, thông tin qua thực tế giảng dạy, qua thông tin đại chúng, qua thực trạng xã hội để từ xử lý thơng tin - Xâm nhập, khảo sát thực tế, thử nghiệm số lớp áp dụng phương pháp truyền thống phương pháp quy đổi vào giảng dạy hiệu dạy lớp khác nhau: lớp áp dụng kết hẳn lớp khơng áp dụng - Khơng ngừng tìm tịi, nghiên cứu thêm đề thi thử trường trung học phổ thơng nước từ kĩ thực chiến phòng thi cho học sinh NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Trong hóa học, dạng tập este chất béo phổ biến đa dạng, có nhiều đề minh họa 2020, đề thi THPT quốc gia năm học trước đề thi thử trường THPT nước Với phương pháp thông thường đại số, đặt ẩn, lập hệ gồm nhiều phương trình, thời gian khó khăn để học sinh tìm kết cuối mong đợi Để giúp cho giáo viên học sinh giải khó khăn tơi xin trình bầy sáng kiến kinh nghiệm : “ sử dụng phương pháp quy đổi giải tập este, chất béo kì thi tốt nghiệp trung học phổ thông năm 2020” Phương pháp giúp học sinh thiết lập mối liên hệ dễ dàng, giải dạng tập este, chất béo nhanh, phổ biến cho 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Theo đề thi minh họa lần 1, lần năm 2020 Bộ giáo dục đào tạo kì thi tốt nghiệp trung học phổ thông năm 2020 số lượng câu hỏi este lớn đặc biệt có 2-3 câu hỏi với mục đích phân loại học sinh cao nói tư 9+ kì thi Ngồi kì thi THPT quốc gia năm học 2017 – 2018; năm 2018 – 2019 câu hỏi 9+ nhằm phân loại đối tượng học sinh rõ nét Với thực trạng vấn đề nêu để giải toán có nhiều cách làm khác nhau, có nhiều cách quy đổi đời nhằm giúp học sinh đơn giản hóa tư tốn Tuy nhiên, khơng cẩn thận kĩ vơ tình làm cho học sinh bối rối dẫn đến sợ sệt không gây hứng thú cho học sinh tìm tịi khám phá Trên sở tơi định lựa chọn đề tài 2.3 Giải pháp tổ chức thực 2.3.1 Giải pháp Tôi dùng phương pháp ban đầu định hướng cho em cách tự đề sở chất ban đầu biết trước, từ em hiểu rõ chất câu lệnh mà thi đề cho em hiểu chất đại lượng mà quy đổi Sau hiểu rõ chất quy luật tốn học hóa học quy đổi em làm đề minh họa năm 2020 câu hỏi liên quan đề thi năm học trước đề thi thử trường THPT nước thi năm học để nâng cao kĩ cho trước bước vào kì thi 2.3.2 Tổ chức thực - Đối tượng thực hiện: học sinh lớp 12A8, 12A3 trực tiếp giảng dạy - Phương pháp thực hiện: chọn lớp 12A3 để dạy theo phương pháp quy đổi mà trình bầy; cịn lớp 12A8 tơi thực theo cách truyền thống 2.3.3 Nội dung thực 2.3.3.1 Áp dụng với đề ban đầu chất béo( triglixerit) a) Lí thuyết: Giả sử đề cho ban đầu chất béo hỗn hợp chất béo,  ( HCOO) C3 H : x(mol )  * Quy đổi hỗn hợp đầu thành:  CH : y (mol )  H : z (mol )  Trong số mol H2(z mol) số mol chất béo cần cộng Br2(H2) để trở nên no b) Bài tập vận dụng Câu 1: Thủy phân hoàn toàn a mol triglixerit X dung dịch NaOH vừa đủ, thu glixerol m gam hỗn hợp muối Đốt cháy hoàn toàn a mol X thu 1,375 mol CO2 1,275 mol H2O Mặt khác, a mol X tác dụng tối đa với 0,05 mol Br2 dung dịch Giá trị m A 20,15 B 20,6 C 23,35 D 22,15 Giải  ( HCOO) C3 H : x(mol )  * Quy đổi chất béo  CH : y (mol )  H :  0,05(mol )  * Xét phản ứng cháy  ( HCOO) C H : x   CH : y → CO2 ( 1,375mol) + H2O ( 1,275mol)  H :  0,05  Theo bảo toàn mol C: 6x + y = 1,375 (1) Theo bảo toàn mol H2: 4x + y – 0,05 = 1,275 => 4x + y = 1,325 (2)  x 0,025  y 1,225 Từ (1) (2) =>  * Xét phản ứng thủy phân muối  HCOONa : 0,025.3 0,075   CH : 1,225 => m muối = 0,075.68 + 1,225.14 -0,05.2= 22,15 gam  H :  0,05  => Đáp án D Câu (Câu 70-201- ĐH 2019)[5] Đốt cháy hoàn toàn 17,16 gam triglixerit X, thu H2O 1,1 mol CO2 Cho 17,16 gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu glixerol m gam muối Mặt khác, 17,16 gam X tác dụng tối đa với 0,04 mol Br2 Giá trị m A.17,72 B 18,28 C 18,48 D 16,12 Giải  ( HCOO) C3 H : x(mol )  * Quy đổi X :  CH : y (mol )  H :  0,04(mol )  * Xét phản ứng cháy :  ( HCOO) C3 H : x(mol )  X(17,16)  CH : y (mol ) → CO2 ( 1,1 mol)  H :  0,04(mol )  Bảo toàn khối lượng cho X : 176x + 14y – 0,04.2 = 17,16 => 176x + 14y = 17,24 (1) Bảo toàn C : 6x + y = 1,1 (2)  ( HCOO ) C H : 0,02  x 0,02  Từ (1) (2) =>  => X  CH : 0,98 => mX = 17,16 gam  y 0,98  H :  0,04  * Xét phản ứng thủy phân muối  HCOONa : 0,02.3 0,06   CH : 0,98 => m muối = 0,06.68 + 0,98.14 -0,04.2= 17,72 gam  H :  0,04  => Đáp án A Câu 3(Câu 72 - 203- ĐH 2019)[7] Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixerit cần vừa đủ 3,08 mol O2, 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 a mol Br2 dung dịch Giá trị a A 0,20 B 0,24 C.0,12 D 0,16 Giải  ( HCOO) C3 H : x(mol )  * Quy đổi Chất béo:  CH : y (mol )  H :  a(mol )  * Xét phản ứng cháy :  ( HCOO) C3 H : x(mol )  X  CH : y (mol ) + O2 ( 3,08 mol) → CO2 + H2O ( mol)  H :  a(mol )  Theo bảo toàn H2 : 4x + y – a = (1) Theo bảo toàn mol C : nCO2 = 6x + y => Theo bảo toàn mol O : 6x + 3,08.2 = (6x+ y).2 + => 6x + 2y = 4,16 (2) * Xét phản ứng thủy phân Muối :  HCOONa : x  => 68.3x + 14y -2a = 35,36  CH : y H : a  => 204 x + 14 y – 2a = 35,36 (3)  x 0,04  * Từ (1) (2) (3) =>  y 1,96 => a = 0,12 mol => Đáp án C  a 0,12  Câu 4(Câu 68-201-ĐH 2018)[1] Thủy phân hoàn toàn triglixerit X dung dịch NaOH, thu glixerol, natri stearat natri oleat Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần vừa đủ 3,22 mol O 2, thu H2O 2,28 mol CO2 Mặt khác, m gam X tác dụng tối đa với a mol Br2 dung dịch Giá trị a A 0,04 B 0,08 C 0,20 D 0,16 Giải  ( HCOO) C3 H : x(mol )  * Quy đổi X :  CH : 17 x.3 51x(mol )  H :  a(mol )  ( giải thích : Vì gốc axit C17=> số mol nhóm CH2 phải 17.3=51 lần số mol (HCOO)3C3H5 ) * Xét phản ứng cháy :  ( HCOO) C3 H : x(mol )  X  CH : 51x(mol ) + O2(3,22 mol) → CO2 ( 2,28 mol) + H2O  H :  a(mol )  Bảo toàn C : 6x + 51 x = 2,28 => x = 0,04 (mol) (1) Bảo toàn H2 : nH2O = 4x + 51x – a Bảo toàn O : 6x + 3,22.2 = 2,28.2 + 4x + 51x – a=> 49x – a = 1,88(2)  x 0,04 => Đáp án B  a 0,08 Từ (1) (2) =>  Câu (Câu 64 – 203- ĐH 2018)[3] Thủy phân hoàn toàn a gam triglixerit X dung dịch NaOH, thu glixerol dung dịch chứa m gam hỗn hợp muối (gồm natri stearat, natri panmitat C17HyCOONa) Đốt cháy hoàn toàn a gam X cần vừa đủ 1,55 mol O 2, thu H2O 1,1 mol CO2 Giá trị m A 17,96 B 16,12 C 19,56 D 17,72 Giải  ( HCOO ) C H : x (mol )  * Quy đổi X :  CH : 17 x  17 x  15 x 49 x(mol )  H :  a (mol )  ( giải thích : Vì gốc axit C17+ C17 + C15=> số mol nhóm CH2 phải 17+17+15=49 lần số mol (HCOO)3C3H5) * Xét phản ứng cháy :  ( HCOO) C3 H : x(mol )  X  CH : 49 x(mol ) + O2(1,55 mol) → CO2 ( 1,1 mol) + H2O  H :  a(mol )  Bảo toàn C : 6x + 49 x = 1,1 => x = 0,02 (mol) (1) Bảo toàn H2 : nH2O = 4x + 49x – a Bảo toàn O : 6x + 1,55.2 = 1,1.2 + 4x + 49x – a=> 47x – a = 0,9(2) Từ (1) (2) => x = 0,02 a = 0,04  HCOONa : 0,02.3 0,06  * Ta có muối :  CH : 49.0,02 0,98  H :  0,04  => m muối = 0,06.68 + 0,98.14 -0,04.2=17,72 gam => Đáp án D Câu (Câu 70 - minh họa 2020-lần 1)[9] 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 có tỉ lệ mol tương ứng 3:4:5 Hidro hóa hồn tồn m gam E, thu 68,96 gam hỗn hợp Y Nếu đốt cháy hoàn toàn m gam E cần vừa đủ 6,14 mol O2 Giá trị m A 68,40 B 60,2 C 68,8 D 68,84 Giải  ( HCOO) C H : x(mol )  * Quy đổi Chất béo:  CH : (17.3  15.4  17.5).3x : 12 49 x(mol )  H :  a(mol )  (Giải thích : bảo tồn mol nhóm CH2: học sinh nên tư ghi nhận nCH2= (17.3  15.4  17.5).3 x 49 x ( số mol trung bình nhóm CH 12 theo tỉ lệ mol C17HxCOONa, C15H31COONa, C17HyCOONa có tỉ lệ mol tương ứng 3:4:5) Đây mấu chốt tư quy đổi * Xét E + H2 -> hh Y  ( HCOO) C3 H : x(mol ) => 176x+49x.14=68,96=> x = 0,08 mol(1)  CH : 49 x(mol ) => hhY  ( Giải thích : cộng H2 hợp chất no, mà hợp chất no khơng có H2 => hỗn hợp Y trên) * Xét phản ứng cháy :  ( HCOO) C H : 0,08(mol )  E  CH : 49.0,08 3,92(mol ) + O2 ( 6,14 mol) → CO2 + H2O  H :  a(mol )  * Xét pư cháy E + bảo toàn C : nCO2 = 0,08.6+3,92=4,4 mol + Bảo toàn H2 : nH2O= 0,08.4+3,92 - a= 4,24-a (mol) + Bảo toàn O : 0,08.6 + 6,14.2 = 4,4.2 + 4,24-a => a= 0,28  ( HCOO ) C H : 0,08(mol )  Vậy chất béo ban đầu:  CH : 49.0,08 3,92(mol )  H :  0,28(mol )  => m= 0,08.176+ 3,92.14-0,28.2=68,4 gam => Đáp án A 2.3.3.2 Áp dụng với đề ban đầu hỗn hợp gồm axit béo chất béo( triglixerit) a) Lí thuyết: Giả sử hỗn hợp A gồm axit béo chất béo Lúc ta quy đổi hỗn hợp đầu sau  HCOOH : x(mol )  C H (OH ) : y (mol )  HCOONa : x    CH : z (mol ) + C3H5(OH)3 + H2O  NaOH   Muối  CH : z  H : t (mol ) H :t    H O :  y (mol ) Giải thích: 1.Ta ln có quan hệ số mol C3H5(OH)3 H2O y mol -3y (mol) Số mol H2 : z mol số mol mà hợp chất hữu cịn thiếu để no( có nghĩa hỗn hợp A cộng tối đa với t mol Br2) Chú ý: thao tác tư khác làm giống quy đổi thông thường b) Bài tập minh họa Câu 1(Câu 64-202-ĐH 2018)[2] Hỗn hợp X gồm axit panmitic, axit stearic triglixerit Y Đốt cháy hoàn toàn m gam X thu 1,56 mol CO 1,52 mol H2O Mặt khác, m gam X tác dụng vừa đủ với 0,09 mol NaOH dung dịch, thu glixerol dung dịch chứa a gam hỗn hợp muối natri panmitat, natri stearat Giá trị a A 25,86 B 26,40 .C 27,70 D 27,30 Giải  HCOOH : x(mol )  C H (OH ) : y (mol )  * Quy đổi hỗn hợp X:  Lưu ý: Các chất no nên nH2 =  CH : z (mol )  H O :  y (mol ) * Ta có nNaOH = 0,09 => x = 0,09 mol * Xét phản ứng cháy:  HCOOH : 0,09  C H (OH ) : y  → CO2 ( 1,56 mol) + H2O ( 1,52 mol)   CH : z  H O :  y Theo bảo toàn C: 0,09 + 3y + z = 1,56 => 3y + z = 1,47 (1) Theo bảo toàn H2: 0,09 + 4y + z – 3y = 1,52 => y + z = 1,43 (2)  y 0,02  z 1,41 Từ (1) (2) =>   HCOONa : 0,09 => m  CH : 1,41 * Vậy khối lượng muối  muối = 0,09.68 + 1,41.14 = 25,86 gam => Đáp án A Câu 2: Hỗn hợp X gồm axit stearic, axit oleic triglixerit Y Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần vừa đủ 3,15 mol O2, thu 2,1 mol H2O Mặt khác, m gam X tác dụng vừa đủ với 0,12 mol NaOH dung dịch, thu glixerol dung dịch chứa a gam hỗn hợp natri stearat natri oleat Giá trị a A 35,80 B 36,56 C 35,84 D 36,28 Giải  HCOOH : 0,12(mol )  C H (OH ) : x (mol )  * Quy đổi hỗn hợp X  CH : 17.0,12 2,04(mol )  H : y (mol )   H O :  x (mol ) Giải thích: Ta có : nNaOH = 0,12 mol = nCOONa Ta lại có: Các axit chất béo có : C17HaCOO- có nghĩa số mol nhóm C17Ha = số mol -COO=> Bảo tồn C : nCH2 = 17 nCOO = 17.0,12 = 2,04 mol * Xét phản ứng cháy hhX  HCOOH : 0,12  C H (OH ) : x   CH : 2,04 + O2 ( 3,15 mol) → CO2 + H2O ( 2,1 mol) H : y   H O :  x - Theo bảo toàn C: nCO2 = 0,12 + 3x + 2,04 = 3x + 2,16 - Theo bảo toàn H2: 0,12 + 4x + 2,04 + y – 3x = 2,1 x + y = -0,06 (1) - Theo bảo toàn O: 0,12 + 3x -3x + 3,15.2 = 3x.2 + 2,16.2 + 2,1 => 6x=0,12 => x = 0,02 (2) Từ (1) (2) => y = - 0,08 mol  HCOONa : 0,12  * Vậy ta có muối:  CH : 2,04 => m = 0,12.68 + 2,04.14 -0,08.2 = 36,56 gam  H :  0,08  => Đáp án B Câu 3(Đề thi thử TN 2020- THPT Hậu Lộc – Thanh Hóa- Lần )[13] Hỗn hợp X gồm hai axit béo A, B (M A < MB, tỉ lệ mol tương ứng : 2) triglixerit Đốt cháy hoàn toàn 15,9 gam X thu 1,02 mol CO 0,95 mol H2O Mặt khác, Cho 15,9 gam X tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng thu 16,73 gam hỗn hợp hai muối Cho toàn lượng X phản ứng với tốt đa a mol Br2 Giá trị a A 0,035 B 0,07 C 0,05 D 0,105 Giải  HCOOH : x(mol )  C H (OH ) : y (mol )  * Quy đổi X:  CH : z (mol ) → CO2( 1,02mol) + H2O(0,95 mol)  H : t (mol )   H O :  y (mol ) Bảo toàn khối lượng hỗn hợp X : 46x + 92y + 14z + 2t -18.3y = 15,9 => 46x + 38y + 14 z + 2t = 15,9 (1) Bảo toàn C: x + 3y + z = 1,02 (2) Bảo toàn H2: x + 4y + z + t- 3y = 0,95 => x + y + z + t = 0,95 (3)  HCOONa : x (mol )  * Xét phản ứng với NaOH thu muối:  CH : z (mol )  H : t (mol )  Bảo toàn khối lượng muối: 68x + 14z + 2t = 16,73 (4) * Từ (1)(2)(3) (4) có hệ phương trình  46 x  38 y  14 z  2t 15,9  x  y  z 1,02   =>  x  y  z  t 0,95  68 x  14 z  2t 16,73  x 0,055(mol )  y 0,01(mol )    z 0,935( mol )  t  0,05(mol ) Vậy: số mol Br2 bị màu tối đa: a = -t = 0,05(mol)=> Đáp án C Câu 4(Đề thi thử TN 2020- Quảng Xương 1- Thanh Hóa- Lần 2)[14] Hỗn hợp E gồm triglixerit X, axit panmitic axit stearic Thủy phân E dung dịch NaOH, thu glixerol, natri panmitat natri stearat Đốt cháy hoàn toàn E, thu 1,39 mol CO2 1,37 mol H2O Hỗn hợp E phản ứng vừa đủ với 0,08 mol KOH , thu dung dịch chứa m gam muối Giá trị m A 25,54 B 24,64 C 25,02 D 24,01 Giải  HCOOH : x(mol )  C H (OH ) : y (mol )  * Quy đổi hỗn hợp E   CH : z (mol )  H O :  y (mol ) ( Theo chất E no nên nH2 quy đổi =0) * Theo phản ứng với KOH: => x = 0,08 (1) Theo bảo toàn C: x + 3y + z = 1,39 (2) Theo bảo toàn H2: x + 4y + z - 3y = 1,37 =>x+ y + z = 1,37 (3)  x 0,08(mol )  * Từ (1)(2) (3) =>  y 0,01(mol )  z 1,28(mol )   HCOOK : 0,08(mol ) * Vậy muối là:  CH : 1,28(mol ) => m = 24,64 (gam)=> Đáp án B  2.3.3.3 Áp dụng với đề ban đầu este a) Lí thuyết: Giả sử ban đầu hỗn hợp este ta  COO : x( mol )  * Quy đổi este thành:  CH : y (mol )  H : z (mol )  Trong nH2 = z mol số mol pi este chưa no * Sau giải giá trị quy đổi số tốn cần u cầu học sinh cần phải có tư ghép chất Các nội dung thể qua ví dụ minh họa bên b) Bài tập minh họa: Câu 1(Câu 79-MH -2020-Lần 2)[10] Đốt cháy hoàn toàn 6,46 gam hỗn hợp E gồm ba este no, mạch hở X,Y,Z ( tạo axit cacboxylic ancol; MX nH2O = 0,19 mol Bảo toàn H2: y + z = 0,19 (3) 10  x 0,1  Từ (1)(2) (3) =>  y 0,14  z 0,05  * Xét pư với NaOH: nNaOHpư = nCOO = 0,1 => nNaOH dư = 0,02  COONa : 0,1  CH  H O rắn khan T gồm  → CO2 + 0,201 + Na2CO3  H2  NaOH : 0,02 Theo bảo toàn H: => nCH2 + nH2 = mà este no ( no có nghĩa nH2 ≥ 0) => nCH2=0, nH2= có nghĩa khơng có H muối => gốc axit -OOC – COO* Bảo toàn khối lượng cho phản ứng thủy phân este + NaOH → muối + ancol 6,46 0,1.40 0,1.67 m 3,76 => mancol = 3,76 gam => M ancol = 0,1 37,6 (ancol đơn chức este mạch hở axit chức) => ancol CH3OH C2H5OH Vậy este : CH3OOC-COOCH3 ( M= 118) CH3OOC-COOC2H5 ( M=132 C2H5OOC-COOC2H5 (M= 146)=> C Câu 2(Câu 78 –MH-2020- Lần 1)[9] Hỗn hợp X gồm ba este mạch hở tạo axit cacboxylic với ancol no, có este đơn chức este hai chức Đốt cháy hoàn toàn 3,82 gam X O2, thu H2O 0,16 mol CO2 Mặt khác, cho 3,82 gam X phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu hỗn hợp Y gồm ancol đồng đẳng dung dịch chứa 3,38 gam hỗn hợp muối Đun nóng tồn Y với H2SO4 đặc thu tối đa 1,99 gam hỗn hợp ba ete Phần trăm khối lượng este có khối lượng nhỏ A A 23,04% B 38,74% C 33,33% D 58,12% Giải * Gọi nNaOHpư = x mol=nROH ( theo nhận thấy ancol đơn chức) * Xét phản ứng ete hóa: 2ROH → ROR + H2O x x/2 x/2 Bảo toàn khối lượng: mancol = 1,99 + 9x * Xét phản ứng thủy phân: este + NaOH → Muối + ancol 3,82 40x 3,38 1,99 + 9x Bảo toàn khối lượng => 3,82 + 40x = 3,38 + 1,99 + 9x => x = 0,05 mol * Quy đổi cho pư cháy: 11  COO : 0,05  X  CH : y → CO2(0,16) H :z  Bảo toàn C=> nCH2 = 0,11 mol Bảo toàn khối lượng X: 0,05.44 + 0,11.14 + 2z = 3,82 => z = 0,04 mol * Xét ancol: mancol = 1,99+9x = 2,44; nancol = 0,05 => Mancol = 2,44: 0,05 = 48,8 => ancol cần tìm C2H5OH C3H7OH Theo quy tắc chéo ta tìm :nC2H5OH = 0,04 mol; nC3H7OH= 0,01 48,8 mol * Ghép chất  COO : 0,05  X  CH : 0,11 →  H : 0,04   COONa : 0,05  C H OH : 0,04    CH (3,38 gam)   C3 H OH : 0,01  H  Bảo toàn C: nCH2 = 0,11-0,04.2-0,01.3 = => gốc axit khơng có Cacbon=> gốc axit HCOO- -OOC-COOBảo toàn khối lượng muối: mH= 3,38-0,05.67 = 0,03 = neste đơn chức  neste chức= (0,05-0,03):2= 0,01 mol Ta ghép ba este HCOOC2H5 (0,02 mol) HCOOC3H7 (0,01mol) COOC2H5 COOC2H5 (0,01 mol) Vậy phần trăm khối lượng este có M nhỏ %mHCOOC2H5 0,02.74 = 3,82 100% 38,74% => Đáp án B Câu (ĐH 2019-Câu 76-MĐ 201)[5] Cho 7,34 gam hỗn hợp E gồm hai este mạch hở X Y (đều tạo axit cacboxylic ancol; MX < MY < 150) tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu ancol Z 6,74 gam hỗn hợp muối T Cho toàn Z tác dụng với Na dư, thu 1,12 lít khí H Đốt cháy hoàn toàn T, thu H2O, Na2CO3 0,05 mol CO2 Phần trăm khối lượng X E A 81,74 B 40,33 C 30,25 D 35,97 Giải * Ancol R(OH)n → n/2 H2 0,1/n ← 0,05 nOH= 0,1 mol = nCOO=nNaOH=nNa 12 *  COONa : 0,1  Quy đổi T  CH : x → CO2(0,05) + Na2CO3 + H2O H : y  Theo bảo toàn Na => nNa2CO3 = 0,05 mol Theo bảo toàn C: x+0,1 = 0,05 + 0,05 => x=0 => Gốc axit HCOO- -OOC- COOTheo bảo toàn khối lượng: 0,1.67 + 2y = 6,74 => y = 0,02 mol =>nH= 0,04(mol đơn chức) * Tìm ancol: xét pư thủy phân E + NaOH → ancol + muối 7,34 0,1.40 m 6,74  m = 4,6 gam => Mancol = 4,6:0,1 = 46 => C2H5OH Ghép chất: Ta thấy ban đầu có este, mà tạo ancol mà có gốc HCOOhoặc -OOC- COO- Vậy este HCOOC2H5 (0,04:X)và COOC2H5 (0,03:Y) COOC2H5 Bảo tồn nhóm COO: 0,04 + 2.n 2chức = 0,1 => n chức = 0,03 mol 0,04.74 %mX= 7,34 100% =40,33% => Đáp án B Câu (ĐH 2019-Câu 75-MĐ 203)[7] Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm hai este mạch hở X Y (đều tạo axit cacboxylic ancol; MX < MY < 150), thu 4,48 lít khí CO2 Cho m gam E tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu muối 3,14 gam hỗn hợp ancol Z Cho toàn Z tác dụng với Na dư, thu 1,12 lít khí H2 Phần trăm khối lượng X E A 29,63% B 62,28% C.40,40 D 30,30% Giải * R(OH)n → n/2 H2 0,1/n 0,05  nOH=0,1 = nNaOH = nCOO= nNa *  COO : 0,1  Quy đổi E  CH : x -> CO2 (0,2) + H2O H : y  Bảo toàn C : => x= 0,1 mol Ta thấy gốc axit có C => nCmin gốc = 0,1 => ancol khơng có C (vơ lí) Vậy gốc axit HCOO- -OOC-COO* Có mancol = 3,14  CH : 0,1mol  quy đổi ancol  OH : 0,1mol => ancol có số C = số nhóm OH H  Vậy ancol : CH3OH, C2H4(OH)2, C3H5(OH)3… Nếu C3H5(OH)3 este có M> 150 ( loại) => ancol chắn CH3OH C2H4(OH)2 (M= 31,4.n) 13 Vậy gốc axit ban đầu : HCOO- (không thể OOC-COO gắn với ancol chức tạo mạch vòng) * Kết luận : este : HCOOCH3 (x mol) (HCOO)2C2H4 (y) bảo toàn COO: x+ 2y = 0,1 (1) Bảo toàn khối lượng ancol : 32x + 62 y = 3,14(2) Từ (1) (2) => x = 0,04; y = 0,03 0,04.60 Vậy %mX = 0,04.60  0,03.118 100% 40,40% => Đáp án C Câu (ĐH 2018-Câu 75-MĐ 202)[2] Hỗn hợp E gồm: X, Y hai axit đồng đẳng kế tiếp; Z, T hai este (đều hai chức, mạch hở; Y Z đồng phân nhau; MT – MZ = 14) Đốt cháy hoàn toàn 12,84 gam E cần vừa đủ 0,37 mol O2, thu CO2 H2O Mặt khác, cho 12,84 gam E phản ứng vừa đủ với 220 ml dung dịch NaOH 1M Cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu hỗn hợp muối khan G axit cacboxylic 2,8 gam hỗn hợp ba ancol có số mol Khối lượng muối axit có phân tử khối lớn G A 6,48 gam B 4,86 gam C 2,68 gam D 3,24 gam Giải * Xét phản ứng thủy phân: nNaOH = 0,22 mol = nCOO * Xét phản ứng cháy  COO : 0,22  , 37 ) E  CH : y  O2 ( 0   CO2 + H2O H :z  Bảo toàn khối lượng E: 14y + 2z = 12,84-0,22.44= 3,16 gam(1) Bảo toàn mol e: 6y + 2z = 0,37.4 = 1,48(2) * Nhận xét: X, Y axit đồng đẳng Z,T este nhóm CH2 ( thấy este chức : số C≥4) Y,Z đồng phân => Y axit chức =>X axit chức * Từ giá trị quy đổi ta C nCOO  nCH nE  0,22  0,21 3,91 0,11 ( Trong E chức nên : nE = nCOO/2 = 0,11; nE = nH2 nên chất E no, mạch hở) Vậy : có hchc có số C phải axit HOOC- CH2COOH( số C=3) { axit HOOC- COOH axit với HOOC- CH2-COOH khơng có este chức đồng phân} Kết luận: axit : HOOC- CH2-COOH ( X) HOOC- C2H4-COOH ( Y) Mặt khác: Z đồng phân Y => Z: CH3OOC-COOCH3 (1ancol) HCOO-CH2- CH2-OOCH(1 ancol) T đồng đẳng Z nhóm CH2(có ancol khác Z): => T C2H5 OOC-COO CH3 * Vậy E gồm:HOOC- CH2-COOH (a mol) 14 HOOC- C2H4-COOH (bmol) HCOO-CH2- CH2-OOCH ( c mol) C2H5 OOC-COO CH3 ( d mol) * Do ancol có số mol có nghĩa: c = d = nCH3OH= nC2H5OH=n C2H4(OH)2 Bảo toàn khối lượng ancol: 32x + 46x + 62x = 2,8 => x= 0,02 mol * Ta thấy: Bảo toàn khối lượng cho hỗn hợp E 104 a + 118b = 12,84 – 118.0,02-0,02.132 = 7,84 (3) Bảo toàn mol COO: 2a+2 b = 0,22 – 0,02.4 = 0,14 (4) Từ (3) (4) ta được: a= 0,03 ; b = 0,04 * Vậy muối axit lớn : NaOOC-C2H4-COONa (0,04 mol)=> m= 0,04.162 = 6,48 gam.=> Đáp án A Câu (ĐH 2019-Câu 78-MĐ 204)[8] Cho 0,08 mol hỗn hợp X gồm bốn este mạch hở phản ứng vừa đủ với 0,17 mol H2 (xúc tác Ni, to), thu hỗn hợp Y Cho toàn Y phản ứng vừa đủ với 110 ml dung dịch NaOH 1M, thu hỗn hợp Z gồm hai muối hai axit cacboxylic no có mạch cacbon khơng phân nhánh 6,88 gam hỗn hợp T gồm hai 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 54,18% B 50,31% C 58,84% D 32,88% Giải * Xét phản ứng thủy phân với NaOH: nNaOH = 0,11; nEste = 0,08=> COO  0,11 1,375 0,08 Vậy E có este đơn chức có este chức( este chức mạch cacbon phân nhánh) este đơn chức + NaOH-> Sp a a este hai chức + NaOH -> Sp b 2b  a  b 0,08  a 0,05 n   1chuc  n2 chuc  a  2b 0,11  b 0,03 =>  Ta thấy: nH2 quy đổi + nH2 phản ứng = nX nH2 quy đổi + 0,17 = 0,08 => nH2 quy đổi = -0,09 mol  COO : 0,11  Vậy 0,08 mol X quy đổi  CH : y => 0,01 mol X quy đổi  H :  0,09   COO : 0,11 : 0,01375   CH : y :  y  H :  0,09 :  0,01125  * Xét phản ứng cháy: bảo toàn mol e: 6y -0,01125.2= 0,09.4 => y = 0,06375 15  COO : 0,11  COO : 0,11   ( ,17 ) Vậy : 0,08 mol X  CH : y 0,51  H 2   Y  CH : 0,51  H :  0,09  H : 0,08    CH : z Xét ancol 6,88 gam   H O : 0,11 bảo toàn khối lượng: 14z + 0,11.18 = 6,88 => z = 0,35 mol * Ghép chất cho phản ứng thủy phân Y  COO : 0,11  COO : 0,11  CH : 0,35   Y  CH : 0,51 + NaOH(0,11)→  +muối  CH : u  H 2O : 0,11  H : 0,08 H :v   Bảo toàn CH2 => u = 0,51-0,35 = 0,16 Bảo toàn H => 2v = 0,08.2+0,11-0,11.2= 0,05 mol Gọi muối đơn chức CnH2n+1COONa (0,05 mol) ; muối chức CmH2m(COONa)2 (0,03 mol) Bảo toàn C cho muối: 0,05.n + 0,03.m = 0,16 => 5n + 3m = 16 Biện luận N M lẻ(loại) lẻ(loại) Vậy: Muối đơn chức: C2H5COONa ( 0,05 mol) Muối hai chức: C2H4(COONa)2 (0,03 mol) lẻ(loại) 0,03.162 %m hai chức = 0,03.162  0,05.96 100% 50,31% => Đáp án B 2.3.3.4 Bài tập vận dụng Câu 1(Câu 68-202-ĐH 2019)[6] Đốt cháy hoàn toàn 25,74 gam triglixerit X, thu CO2 1,53 mol H2O Cho 25,74 gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu glixerol m gam muối Mặt khác, 25,74 gam X tác dụng tối đa với 0,06 mol Br2 dung dịch Giá trị m A 27,72 B.26,58 C 27,42 D 24,18 Đáp án: B 26,58 Câu 2(Câu 65-204-ĐH 2019)[8] Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixerit X cần vừa đủ 2,31 mol O2, thu H2O 1,65 mol CO2 Cho m gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu glixerol 26,52 gam muối Mặt khác, m gam X tác dụng tối đa với a mol Br2 dung dịch Giá trị a A 0,09 B 0,12 C 0,15 D 0,18 Đáp án: A 0,09 Câu (Câu 61-204-ĐH 2018)[4] Thủy phân hoàn toàn a mol triglixerit X dung dịch NaOH vừa đủ, thu glixerol m gam hỗn hợp muối Đốt cháy hoàn toàn a mol X thu 1,375 mol CO 1,275 mol H2O Mặt khác, a mol X tác dụng tối đa với 0,05 mol Br2 dung dịch Giá trị m 16 A 20,15 B 20,60 C 23,35 D 22,15 Đáp án: D 22,15 Câu (Minh họa 2020- lần 2)[10] Thủy phân hoàn toàn triglixerit X dung dịch NaOH, thu glixerol, natri stearat natri oleat Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần vừa đủ 3,22 mol O2, thu H2O 2,28 mol CO2 Mặt khác, m gam X tác dụng tối đa với a mol Br2 dung dịch Giá trị a A 0,04 B 0,08 C 0,2 D 0,16 Đáp án: B 0,08 Câu 5(ĐH 2019-Câu 76-MĐ 202)[6] Cho 7,36 gam hỗn hợp E gồm hai este mạch hở X Y (đều tạo từ axit cacboxylic ancol; MX < MY < 150), tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu ancol Z 6,76 gam hỗn hợp muối T Cho toàn Z tác dụng với Na dư, thu 1,12 lít khí H Đốt cháy hoàn toàn T, thu H2O, Na2CO3 0,05 mol CO2 Phần trăm khối lượng X E A 60,33 B 50,27% C 81,52% D 47,83% Đáp án: A 60,33 Câu (ĐH 2018-Câu 74-MĐ 203)[3] Hỗn hợp E gồm ba este mạch hở, có bốn liên kết pi (π) phân tử, có este đơn chức este axit metacrylic hai este hai chức đồng phân Đốt cháy hoàn toàn 12,22 gam E O2, thu 0,37 mol H2O Mặt khác, cho 0,36 mol E phản ứng vừa đủ với 234 ml dung dịch NaOH 2,5M, thu hỗn hợp X gồm muối axit cacboxylic khơng no, có số ngun tử cacbon phân tử; hai ancol không no, đơn chức có khối lượng m gam ancol no, đơn chức có khối lượng m2 gam Tỉ lệ m1 : m2 có giá trị gần với giá trị sau đây? A 2,7 B 1,1 C 4,7 D 2,9 Đáp án: D 2,8625≈ 2,9 Câu (ĐH 2019-Câu 76-MĐ 204)[8] Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm hai este mạch hở X Y (đều tạo axit cacboxylic ancol, MX < MY < 150) thu 4,48 lít khí CO2 Cho m gam E tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu ancol Z 6,76 gam hỗn hợp muối Cho toàn Z tác dụng với Na dư, thu 1,12 lít khí H2 Phần trăm khối lượng X E A 50,34% B.60,40 C 44,30% D 74,50% Đáp án: B 60,40 Câu (ĐH 2018-Câu 79-MĐ 201)[1] Este X hai chức, mạch hở, tạo ancol no với hai axit cacboxylic no, đơn chức Este Y ba chức, mạch hở, tạo glixerol với axit cacboxylic khơng no, đơn chức (phân tử có hai liên kết pi) Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm X Y cần vừa đủ 0,5 mol O2 thu 0,45 mol CO2 Mặt khác, thủy phân hoàn toàn 0,16 mol E cần vừa đủ 210 ml dung dịch NaOH 2M, thu hai ancol (có số nguyên tử 17 cacbon phân tử) hỗn hợp ba muối, tổng khối lượng muối hai axit no a gam Giá trị a A 13,20 B 20,60 C 12,36 D 10,68 Đáp án : C 12,36 Câu 9( Thi thử TN 2020 chuyên Sư Phạm Hà Nội)[11] : Hỗn hợp A gồm axit béo triglixerit Cho 26,57 gam A tác dụng vừa đủ với 95,0 ml dung dịch NaOH 1M, thu dung dịch có chứa a gam hỗn hợp muối axit béo no Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 26,57 gam A thấy thu H 2O 1,685 mol CO2 Các phản ứng xảy hoàn toàn, giá trị a A 28,99 B.28,09 C.30,37 D.29,47 Đáp án : B 28,09 Câu 10(Thi thử TN 2020 chuyên Hà Tĩnh)[12] Hỗn hợp E gồm axit béo X, Y, Z triglixerit T tạo ba axit béo X,Y,Z) Cho 66,04 gam E tác dụng với 150 gam dung dịch KOH 11,2 %, đến hồn tồn cạn dung dịch sau phản ứng, thu phần G m gam chất rắn F Dẫn tồn G vào bình đựng Na dư, kết thúc phản ứng thu 85,568 lít H 2(đktc) Để phản ứng hết 16,51 gam E cần dùng tối đa với 100 ml dung dịch Br2 0,925M Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 16,51 gam E cần dùng 32,984 lít O 2(đktc) Giá trị m gần với giá trị sau đây? A 74,8 B 80,1 C 72,6 D.77,5 Đáp án : D 77,38≈ 77,5 Câu 11 Hỗn hợp X gồm axit stearic triglixerit Y Đốt cháy hết 0,3 mol X cần vừa đủ 18,7 mol O2, thu CO2 223,2 gam H2O Cho 0,3 mol X tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH thu a gam hỗn hợp muối gồm natri stearat natri oleat Biết phản ứng xảy hoàn toàn, giá trị a A 224,4 B 215,2 C 220,8 D 213,4 Đáp án: D 213,4 Câu 12 Hỗn hợp X gồm axit oleic triglixerit Y ( tỉ lệ mol tương ứng 2:3) Đốt cháy hoàn toàn lượng hỗn hợp X cần vừa đủ 2,82 mol O 2, thu 2,01 mol CO2 1,84 mol H2O Mặt khác, cho 46,98 gam X tác dụng tối đa với x mol Br2 dung dịch Giá trị x A 0,165 B 0,330 C 0,110 D 0,220 Đáp án: A 0,165 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Sáng kiến kinh nghiệm đăng ký với tổ chuyên môn nhà trường đồng ý cho áp dụng thử nghiệm đối giảng dạy từ năm học 2018-2019 học sinh lớp 12 trường THPT Hoằng Hóa 4, đạt kết khả quan ban đầu Năm học 2019-2020 phép tiếp tục áp dụng lớp 12A8,12A3 Sau ôn thi phần xong, tiến hành kiểm tra 20 phút tự luận cho câu hỏi cho học sinh lớp kể trên, nhận thấy kết sau: Giỏi(%) Khá(%) Trung bình(%) Yếu(%) 18 Lớp 12A3 Lớp 12A8 42% 16% 38% 35% 8% 45% 2% 4% Từ kết phân tích ta thấy + Tỷ lệ % học sinh đạt giỏi lớp thực nghiệm cao so với với lớp đối chứng + Tỷ lệ % học sinh đạt lớp thực nghiệm cao so với với lớp đối chứng + Tỷ lệ % học sinh trung bình, yếu lớp thực nghiệm thấp so với lớp đối chứng Kết luận : Nếu học sinh sử dụng phương pháp quy đổi vào việc giải tốn este, chất béo cho hiệu cao so với học sinh giải theo cách truyền thống quy đổi kiểu khác với đề tài trình bầy KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết Luận Quá trình giảng dạy năm học vừa qua, sau áp dụng thêm phương pháp quy đổi mà giới thiệu đề tài, nhận thấy: Kiến thức học sinh ngày củng cố phát triển Niềm hứng thú, say mê học tập học sinh phát huy Do trình độ thời gian có hạn, đề tài chưa hệ thống hóa hết câu hỏi khác este đề thi thử trường THPT nước kết thu cịn cao Tơi mong thầy, đồng nghiệp góp ý kiến thêm để đề tài sáng kiến kinh nghiệm tơi hồn thiện Tôi xin chân thành cảm ơn! 3.2 Kiến Nghị Để tiến tới việc vận dụng phương pháp quy đổi vào nhà trường mạnh dạn đề xuất: - Trước hết tất lớp trường tiếp cận với phương pháp, sau tiến hành kiểm tra đánh giá nhiều đối tượng học sinh - Tổ chuyên môn hội thảo phát triển ưu điểm, hạn chế nhược điểm phương pháp XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh hóa, ngày tháng năm 2020 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Người thực Nguyễn Bá Tuấn 19 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Đề thi THPT quốc gia năm 2018- Mã đề 201 [2] Đề thi THPT quốc gia năm 2018- Mã đề 202 [3] Đề thi THPT quốc gia năm 2018- Mã đề 203 [4] Đề thi THPT quốc gia năm 2018- Mã đề 204 [5] Đề thi THPT quốc gia năm 2019- Mã đề 201 [6] Đề thi THPT quốc gia năm 2019- Mã đề 202 [7] Đề thi THPT quốc gia năm 2019- Mã đề 203 [8] Đề thi THPT quốc gia năm 2019- Mã đề 204 [9] Đề minh họa tốt nghiệp THPT 2020- Lần [10] Đề minh họa tốt nghiệp THPT 2020- Lần [11] Đề thi thử TN 2020 chuyên Sư Phạm Hà Nội-Lần [12] Đề thi thử TN 2020 chuyên Hà Tĩnh-Lần [13] Đề thi thử TN 2020 - THPT Hậu Lộc 4- Thanh Hóa-Lần [14] Đề thi thử TN 2020 - THPT Quảng Xương 1- Thanh Hóa-Lần 20 DANH MỤC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN Họ tên tác giả: Nguyễn Bá Tuấn Chức vụ : Giáo Viên Đơn vị cơng tác: Trường THPT Hoằng Hóa TT Tên đề tài SKKN “Tích hợp kiến thức liên mơn vào giảng dạy hóa học trường trung học phổ thông” Cấp đánh giá xếp loại Kết (Ngành GD đánh giá cấp huyện/tỉnh; xếp loại Tỉnh ) Nghành GD cấp Tỉnh Năm học đánh giá xếp loại C 2014-2015 ... viên học sinh giải khó khăn tơi xin trình bầy sáng kiến kinh nghiệm : “ sử dụng phương pháp quy đổi giải tập este, chất béo kì thi tốt nghiệp trung học phổ thông năm 2020? ?? Phương pháp giúp học. .. kì thi Từ thực trạng nêu trên, nghiên cứu đề tài sáng kiến kinh nghiệm : “ sử dụng phương pháp quy đổi giải tập este, chất béo kì thi tốt nghiệp trung học phổ thông năm 2020? ?? để nhằm trao đổi. .. chọn đề tài Trong kì thi trung học phổ thông quốc gia năm gần đề minh họa năm 2020 mơn hóa học câu hỏi thi este chất béo thường phong phú có câu hóc búa Hiện có nhiều cách quy đổi, cách giải truyền