Giúp học sinh sử dụng kĩ thuật dồn chất xếp hình để xử lí nhanh một số dạng bài toán este tổng hợp, chương este – lipit, chương trình hóa học lớp 12

MỤC LỤC 1.1 1.2 1.3 1.4 2.1 2.2 2.3 2.4 3.1 3.2 Mở đầu Lý chọn đề tài Mục đích nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu Nội dung sáng kiến kinh nghiệm Cơ sở lý luận Thực trạng vấn đề Giải pháp tổ chức thực để giải vấn đề Hiệu việc triển khai đề tài Kết luận kiến nghị Kết luận Kiến nghị Tài liệu tham khảo Một số kí hiệu dùng đề tài Danh mục đề tài sáng kiến kinh nghiệm hội đồng đánh giá xếp loại cấp phòng GD&ĐT, cấp sở GD&ĐT cấp cao xếp loại từ C trở lên Trang 2 3 3 5 20 21 21 21 22 23 24 Mở đầu 1.1 Lí chọn đề tài Trong năm gần đây, yêu cầu đổi phương pháp dạy học (PPDH) chương trình hóa học phổ thơng Đổi chương trình sách giáo khoa (SGK) giáo dục phổ thông đặt trọng tâm vào việc đổi PPDH Định hướng đổi PPDH cụ thể hóa thị Bộ giáo dục đào tạo nêu: “ Phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo học sinh, phù hợp với đặc trưng môn học, đặc điểm đối tượng học sinh, điều kiện lớp học; bồi dưỡng cho học sinh phương pháp tự học, khả hợp tác; rèn luyện kĩ vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú trách nhiệm học tập cho học sinh Hóa học mơn khoa học thực nghiệm quan trọng nhà trường phổ thơng Mơn hóa học cung cấp cho học sinh hệ thống kiến thức phổ thông, thiết thực Giáo viên môn hóa học cần hình thành em kỹ thói quen học tập khoa học để làm tảng cho việc giáo dục phát triển lực nhận thức, lực tư Qua giáo dục cho học sinh đức tính cần thiết như: tính cẩn thận, kiên trì trung thực, xác, u chân lí khoa học, có ý thức trách nhiệm với thân, gia đình xã hội Trong dạy học hóa học, việc giải tập có ý nghĩa quan trọng Ngoài việc rèn luyện kỹ vận dụng, đào sâu mở rộng kiến thức học, tập hóa học cịn phương tiện để rèn luyện thao tác tư số kỹ hóa học Thơng qua giải tập, giúp học sinh rèn luyện tính tích cực, trí thơng minh, sáng tạo, nâng cao hứng thú học tập Với hình thức thi trắc nghiệm khách quan (TNKQ) kì thi THPT quốc gia nay, việc giải nhanh tốn hóa học u cầu hàng đầu học sinh, đòi hỏi người giáo viên phải nghiên cứu, tìm tịi xây dựng phương pháp dạy học, kĩ thuật giải nhanh phù hợp với dạng toán để phát triển tối đa tư học sinh thông qua tập rèn luyện khả suy luận giúp cho em đạt kết tốt kì thi Phân tích cấu trúc đề thi tốt nghiệp minh họa mơn hóa học năm học 20202021, nội dung kiến thức chương este - lipit thuộc chương trình hóa học lớp 12, gồm câu trắc nghiệm, có câu nhận biết, câu vận dụng câu vận dụng cao So với phần kiến thức khác kiến thức phần este – lipit tương đối nhiều, tập vận dụng vận dụng cao thường tập tổng hợp kiến thức tương đối rộng khó, mà nhiều học sinh làm lúng túng Hiện việc sử dụng “kĩ thuật dồn chất – xếp hình” vào giải tốn Este tổng hợp, cịn hạn chế, tài liệu, đề tài nghiên cứu vấn đề cịn Với lí với thực tế dạy học hóa học trường THPT chọn đề tài: “ Giúp học sinh sử dụng kĩ thuật dồn chất - xếp hình để xử lí nhanh số dạng toán este tổng hợp, chương Este – Lipit, chương trình hóa học lớp 12” làm đề tài sáng kiến kinh nghiệm 1.2 Mục đích nghiên cứu - Đối với giáo viên: Nghiên cứu sở lí luận thực tiễn số dạng tốn Este tổng hợp hay gặp, từ giúp GV chủ động vận dụng kĩ thuật dồn chất - xếp hình, đề xuất phương pháp giải phù hợp với tư để HS làm tập cách có hiệu - Đối với học sinh: Giúp học sinh nhận diện tốt số dạng tập este tổng hợp sử dụng ”kĩ thuật dồn chất – xếp hình”, đồng thời tăng cường thêm kiến thức sử dụng thành thạo kĩ thuật dồn chất - xếp hình giải số dạng toán Este tổng hợp theo hướng phát triển lực tư học sinh Từ góp phần nâng cao hứng thú, say mê, tích cực, chủ động tự học học sinh q trình tự học mơn hóa học - Đánh giá tính khả thi: Thơng qua khả nhận thức HS hiệu kĩ thuật dồn chất - xếp hình thơng qua tập hóa học 1.3 Đối tượng phạm vi nghiên cứu 1.3.1.Đối tượng Một số dạng tập Este tổng hợp chương trình hóa học lớp 12 1.3.2 Khách thể Học sinh lớp 12 thi mơn Hóa học cho tổ hợp khoa học tự nhiên kì thi TNTHPT, đặc biệt dùng kết để xét tuyển vào trường đại học 1.3.3 Phạm vi nghiên cứu Nghiên cứu đổi số dạng tập Este tổng hợp đề xuất phương pháp giải nhằm phát triển khả tư học sinh đạt hiệu cao 1.4 Phương pháp nghiên cứu 1.4.1 Nghiên cứu lí thuyết - Đọc, nghiên cứu tài liệu liên quan đến đề tài: sách giáo khoa, tài liệu tham khảo phương pháp dạy học hóa học hữu cơ, mạng Internet Đọc, tìm hiểu nghiên cứu tài liệu viết sử dụng kĩ thuật dồn chất – xếp hình phần Este tổng hợp 1.4.2 Nghiên cứu thực tiễn - Tìm hiểu, quan sát trình học tập, giải BTHH học sinh Khảo sát đề thi thi tốt ngiệp THPT, đề thi thử THPT QG, đề minh họa Bộ giáo dục - Chọn 02 lớp 12 có 01 lớp học ban A, 01 lớp học ban để triển khai đề tài Ban đầu chưa áp dụng đề tài 02 lớp, sau thời gian áp dụng đề tài cho 02 lớp Qua tơi so sánh, đối chiếu kết trước sau thực đề tài để rút kết luận Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.1.1 Khái niệm dồn chất : Tư dồn chất chất biến hỗn hợp nhiều chất phức tạp dạng đơn giản (thường biến thành cụm nguyên tố nguyên tố) hỗn hợp đơn giản qua khai thác kiện toán làm cho phép tính trở nên dễ dàng, thuận tiện, nhanh gọn X Y   Z T COO  OO  NH  Don − chat  →  H 2O CH  C   H Kỹ thuật đơn giản với hướng là: - Kỹ thuật bơm: Bơm thêm thành phần khác vào hỗn: thường bơm vào hợp đầu lượng H2 để làm no hỗn hợp ban đầu; bơm thêm lượng H2O vào hỗn hợp có peptit để biến peptit thành aminoaxit… - Kỹ thuật hút: Hút (hay gọi nhấc) thành phần hỗn hợp ra, ví dụ thường hay nhấc nhóm chức khỏi hỗn hợp thành phần không cháy COO (CO2), N2, OO…hoặc nhấc C, H2, CH2, NH… - Kỹ thuật dồn dịch (hoán đổi): Chia cắt, lắp ghép, hoán đổi lại nguyên tố nhóm nguyên tố hỗn hợp Do vận dụng phải linh hoạt sáng tạo, tùy mà ứng biến Cơ phải dựa vào công thức chung hợp chất hữu học để có cách dồn chất hợp lí 2.1.2.Các ý quan trọng dồn chất * Dấu hiệu: Kĩ thuật dồn chất chủ yếu sử dụng toán đốt cháy hợp chất hữu - Cứ mol liên kết π tác dụng với 1mol H2 mol Br2 ⇒ 1molπ = 1molH = 1molBr2 - Xu hướng dồn chất hút (nhấc) nhóm chức khéo léo khỏi hỗn hợp để phần gốc hidrocacbon biến thành CnH2n, ví dụ với axit, este, aminoaxit peptit nhấc nhóm COO, nhóm OO; amin, aminoaxit nhấc nhóm NH NH3 ra… - Đơi q trình dồn chất sử dụng kĩ thuật bơm H2 H2O vào hỗn hợp số mol C khơng thay đổi, số mol hỗn hợp không thay đổi, mà làm thay đổi khối lượng hỗn hợp 2.1.3.Các ý quan trọng xếp hình - Tư xếp hình giúp ta tìm cơng thức chất hỗn hợp nhanh Bản chất lắp ghép phần thừa vào chất - Dấu hiệu tốn sử dụng kĩ thuật xếp hình: Bài tốn yêu cầu tìm phần trăm khối lượng, phần trăm số mol chất tìm chất hỗn hợp - Kĩ thuật xếp hình cần tiến hành qua bước sau: + Bước 1: Tính tổng số mol Cmin ( + Bước 2: Tính ∑n ∆C = ∑ nC − ∑ nC ( Min ) C ( Min ) ) cho chất hỗn hợp Từ lập phương trình nghiệm nguyên theo ( ∆C ) tìm nghiệm phương trình nghiệm nguyên ( ∆C ), phần thừa số nguyên tử C chất so với số nguyên tử C ∆C + Bước 3: Xếp phần số nguyên tử C thừa ( ) vào chất để có công thức cấu tạo chất hỗn hợp * Với cách dồn chất xếp ta đưa tốn este tổng hợp gồm hỗn hợp phức tạp có cách giải dài chí tưởng chừng khơng thể giải tốn đơn giản Kĩ thuật dồn chất giúp ta tìm số mol chất hỗn hợp, kĩ thuật xếp hình giúp ta tìm cơng thức chất hỗn hợp nhanh * Chú ý: Với toán este tổng hợp khác nhau, ta cần kết hợp linh hoạt kĩ thuật dồn chất – xếp hình với phương pháp bảo tồn khối lượng, bảo tồn ngun tố, phương pháp trung bình, sử dụng biểu thức liên hệ số mol chất CO2, H2O, O2 phản ứng, số mol H2, số mol hỗn hợp… phương trình đốt cháy…để giải nhanh triệt để toán 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Qua điều tra, khảo sát phía học sinh, qua nghiên cứu chương trình giảng dạy, qua kết làm học sinh, qua trao đổi trực tiếp với đồng nghiệp thực tế trực tiếp giảng dạy trường THPT Thọ Xuân 4, rút số nhận xét thực trạng vấn đề nghiên cứu cụ thể sau: 2.2.1.Về phía học sinh: Trong đề thi TNTHPT minh họa mơn hóa học năm học 2020- 2021, phần tập este tổng hợp mức độ vận dụng cao có tới 2, câu Loại tập khó, phần học sinh chưa phát huy khả tư sáng tạo, thiếu kiến thức kĩ làm giải tốn nên thường khơng tìm hướng hướng giải sai, dài, dẫn tới bế tắc nhiều thời gian 2.2.2.Về phía giáo viên - Giáo viên phần cịn dạy truyền thụ theo phương pháp truyền thống dạy sơ sài qua loa, phần khơng thể cung cấp hết kiến thức, phương pháp giải tập cho HS thời gian ngắn lớp Từ thực trạng trên, đề tài sáng kiến kinh nghiệm“ Giúp học sinh sử dụng kĩ thuật dồn chất - xếp hình để xử lí nhanh số dạng toán este tổng hợp, chương Este – Lipit, chương trình hóa học lớp 12” hi vọng giúp em học sinh nhận biết dạng tập vận dụng phương pháp này, đồng thời hiểu vận dụng tốt kĩ thuật dồn biến - xếp hình để giải cách nhanh gọn, xác nhất, hiệu toán, đáp ứng yêu cầu phương pháp thi trắc nghiệm khách quan đề thi TNTHPT 2.3 Giải pháp tổ chức thực để giải vấn đề Sử dụng kĩ thuật dồn chất - xếp hình để xử lí số dạng tốn este tổng hợp Dạng Sử dụng kĩ thuật dồn chất - xếp hình để xử lí số tốn tổng hợp este hợp chất chứa C-H-O * Cơ sở lý thuyết phương pháp + Este no đơn chức, mạch hở có cơng thức tổng qt CnH2nO2 (amol), ta dồn chất dạng: CO2 : bmol OO : amol (noo = nNaOH ( pu ) = neste ) + O2  →  → 2nO2 ( Pu ) + 2a = 3b = 3nCH  H 2O : bmol BTNT −O CH : bmol π + Este no chức (chứa ), công thức tổng quát CnH2n-2O4 (a mol), ta dồn chất dạng COO : 2a (mol )(nCOO = nNaOH ) CO2 : b  + O2 BTNT − O   →  → 2nO2 = 3nCH2 + nH  H : a (mol ) H 2O : ( a + b) CH : bmol  COO : 2amol nCO2 = nCOO + nC  BTNT →  H : b(mol )  nO2 ( pu ) = 2nC + nH C : c (mol )  đưa dạng tổng quát + Anđehit no đơn chức mạch hở có cơng thức tổng quát CnH2nO, ta dồn  O : nO = nandehit  CH dạng + Ancol no, đơn chức mạch hở có cơng thức tổng qt CnH2n+2O, ta dồn CH : amol + O2   → nO2 ( pu ) = 3nCH   H 2O : nH 2O = nAncol chất dạng + Ancol no, đa chức mạch hở có cơng thức tổng qt CnH2n+2Ox, ta bơm Ox : nOx = nAncol  CH H : n = n Ancol  H2 thêm H2 sau dồn chất dạng *Kĩ thuật dồn chất hiệu với toán hỗn hợp nhiều chất phức tạp: + Hỗn hợp Este X (đơn chức đa chức) ta dồn chất X dạng COO : amol = nNaOH ( pu ) nCO2 = nCOO + nC  BTNT  →  H : b( mol ) nO2 ( pu ) = 2nC + nH2 C : c(mol )  + Hỗn hợp X gồm axit, este (đều no, đơn chức, mạch hở) hai hidrocacbon mạch hở ta dồn chất đưa hỗn hợp X dạng COO : (nCOO = nNaOH ) CO2 : b  + O2 BTNT −O   →  → 2nO2 = 3nCH + nH  H : a (mol ) H O : ( a + b ) CH : bmol  + Hỗn hợp X gồm axit, ancol, este hidrocacbon mạch hở ta dồn chất đưa hỗn hợp X dạng COO : nCOO = nNaOH  CO2  H 2O + O2   → ⇒ nO2 ( Pu ) = 2nC + nH  H 2O  H : nH = nnhh C  *Sau dồn chất ta thường kết hợp vận dụng bảo toàn khối lượng, bảo toàn C H nguyên tố, phương pháp trung bình để tìm , … , sử dụng biểu thức liên hệ để tìm số mol chất CO2, H2O, O2 phản ứng, số mol H2, số mol hỗn hợp…sau xếp hình cho tốn, suy đáp án * Một số ví dụ minh họa Ví dụ 1[BGD-2018]: Cho m gam hỗn hợp X gồm ba este đơn chức tác dụng tối đa với 400ml dung dịch NaOH 1M, thu hỗn hợp Y gồm hai ancol dãy đồng đẳng 34,4 gam hỗn hợp muối Z Đốt cháy hoàn toàn Y, thu 3,584 lít khí CO2 (đktc) 4,68 gam H2O Giá trị m A 24,24 B 25,14 C 21,10 D 22,44 Hướng dẫn: → Khi đốt cháy hỗn hợp ancol Y thu CO2 : 0,16mol H 2O : 0, 26mol ⇒ Dồn chất Y thành  H 2O : 0, 26 − 0,16 = 0,1mol ( BTNT − H ) ⇒ nAncol = nH 2O − nCO2 = 0,1mol  CH : 0,16 mol ( BTNT − C )  ⇒ mAncol = mCH + mH 2O = 0,16.14 + 0,1.18 = 4, 04 g Vì nNaOH(Pu) = 0,4 mol > nAncol = 0,1 mol Ta có : X ⇒ Hỗn hợp este có este phenol Este( phenol ) : amol nNaOH = 2a + b = 0, + NaOH :0,4 mol  → ⇒ neste ( phenol ) = a = nH 2O = 0,15 Este(donchuc ) : bmol nAncol (Y ) = b = 0,1 Vậy áp dụng định luật bảo tồn khối lượng ta có: m + mNaOH = mZ + mAncol + mH 2O ⇒ m = 34, + 4, 04 + 0,15.18 − 0, 4.40 = 25,14 g ⇒ Đáp án A Ví dụ 2: Hỗn hợp X chứa CH3OH, C3H5COOH, HCOOCH=CH2 CnH2nOx, C2H3COO-C4H6-OOCC4H7 (trong số mol CH3OH gấp đơi số mol C2H3COO-C4H6-OOCC4H7) Cho m gam X vào dung dịch KOH dư đun nóng thấy có 0,23 mol KOH tham gia phản ứng Mặt khác, đốt cháy m gam X cần vừa đủ 1,18 mol O2 thu CO2 14,76 gam H2O Biết CnH2nOx không tác dụng với KOH Giá trị m là? A 20,8 B 26,2 C 23,2 D 24,8 Hướng dẫn: Nhấc 0,23 mol COO khỏi hỗn hợp X, C2H3COO-C4H6-OOCC4H7 cịn C10H16 Mà số mol CH3OH gấp đôi số mol C2H3COO-C4H6-OOCC4H7 nên ta dồn 2CH3OH = C2H8O2 vào C10H16 C12H24O2 Như sau nhấc COO hỗn hợp cịn O CH2 Dồn chất hỗn hợp X COO : 0, 23mol = nNaOH ( Pu )  CO2 : 0,82  14, 76 + ( O2 ,O ) BTNT − H X CH  → CH (nCH = nH 2O = = 0,82mol )  → H 2O : 0,82 18  BTNT −O O  → O : nO = 3nCH − 2nO2 ( pu ) = 3.0,82 − 2.1,18 = 0,1mol  Vậy áp dụng định luật bảo tồn khối lượng ta có: m = mCOO + mCH + mO = 0, 23.44 + 0,82.14 + 0,1.16 = 23, g ⇒ Đáp án C Ví dụ (Đề minh họa BGD - 2020): Hỗn hợp X gồm ba este mạch hở tạo axit cacboxylic với ancol no, có hai este đơn chức este hai chức Đốt cháy hoàn toàn 3,82 gam X phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu hỗn hợp Y gồm hai ancol đồng đằng dung dịch 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 este có phân tử khối nhỏ X A 23,04% B 38,74% C 33,33% D 58.12% Hướng dẫn: Vì Y gồm ancol đồng đẳng tạo từ este đơn chức este chức nên ancol no đơn chức Đặt số mol ancol Y a (mol) Áp dụng định luật bảo tồn khối lượng ta có: a mAncol = mete + mH 2O = 1,99 + 18 = 1,99 + 9.a ⇒ nNaOH = nAncol = amol nH 2O = n Ancol ( Với: ) Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho phản ứng thủy phân a mX + mNaOH = mMuoi + mAncol ⇔ 3,82 + 40.a = 3,38 + 1,99 + 18 ⇒ a = 0, 05 Dồn chất hỗn hợp X thành COO : 0, 05( mol ) = nNaOH ( pu )  BTKL 3,82( g ) X :  H : b(mol )  → mX = mCOO + mC + mH C : 0,16 − 0, 05 = 0,11(mol )( BTNT − C )  ⇒ nH = b = 3,82 − 0,11.12 − 0, 05.44 = 0,15mol Dồn chất hỗn hợp Ancol Y, ta có: mAncol = 1,99 + 9.0,05 = 2,44 g 2, 44 − 0, 05.18 CH : amol BTKL 2, 44( g )Y :   → nCH = = 0,11mol 14  H 2O : nH 2O = nAncol = 0, 05 ⇒ C ancol = 0,11 = 2, 0, 05 ⇒ ancol C2H5OH C3H7OH * Dùng kĩ thuật xếp hình: coi ancol C số mol tổng C 0,1 mol, vênh 0,11- 0,1 = 0,01 = số mol C3H7OH ⇒ số mol C2H5OH 0,05 – 0,01 = 0,04 3,38( g ) COONa : 0, 05mol = nNaOH ( BTNT − Na ) ∆m = 3,38 − 0, 05.67 = 0, 03 g Lại có khối lượng hỗn hợp muối: ∆m ⇒ ⇒ cịn lại bé, khối lượng H ⇒ nH = 0, 03mol = nHCOONa Muối cịn lại NaOOC-COONa : 0,01 mol (Bảo tồn nhóm COONa) Lắp ráp Ancol muối vào với ta hỗn hợp este ban đầu  HCOOC3 H : 0, 01mol 0, 02.74  ⇒ %mHCOOC2 H = 100% = 38, 74%  HCOOC2 H : 0, 02mol 3,82 C H OOC − COOC H : 0, 01mol  ⇒ Đáp án B Ví dụ 4: Đốt cháy hồn toàn 0,1 mol hỗn hợp X gồm axit, este (đều no, đơn chức, mạch hở) hidrocacbon mạch hở cần vừa đủ 0,28 mol O2 tạo 0,2 mol H2O Nếu cho 0,1 mol X vào dung dịch Br2 dư số mol Br2 phản ứng tối đa là: A 0,04 B 0,06 C 0,03 D 0,08 Hướng dẫn: Ta bơm amol H2 vào X hỗn hợp chất no Sau nhấc COO khỏi X phần lại ankan, nhấc tiếp H2 khỏi X (số mol H2 nhấc 0,1 mol) phần lại anken ta đưa dạng CH2 Lưu ý tổng mol H2 hỗn hợp sau bơm 0,2 + a Dồn chất hỗn hợp X thành COO CO2  Bom:a ( mol ) H + O2 (0,28 mol ) X (0,1mol )  → X →  H : 0,1(mol )  → H 2O CH : 0, + a − 0,1 = 0,1 + a ( BTNT − H )  BTNT −O  → 2nO2 = 3nCH + nH ⇔ 2.0, 28 = 3.(0,1 + a) + 0,1 − a ⇒ a = 0, 08 = nBr2 ( Pu ) ⇒ Vậy số mol Br2 phản ứng 0,08 mol Đáp án D Ví dụ 5: X axit no, đơn chức; Y axit không no, có liên kết đơi C=C, có đồng phân hình học; Z este hai chức (thuần) tạo từ X, Y ancol no (tất chất mạch hở) Đốt cháy hoàn toàn 9,52 gam E chứa X, Y, Z thu 5,76 gam H2O Mặt khác, E phản ứng tối đa với dung dịch chứa 0,12 mol NaOH sản phẩm sau phản ứng có chứa 12,52 hỗn hợp chất hữu Cho phát biểu liên quan tới toán gồm: (a) Phần trăm khối lượng X E 12,61% (b) Số mol Y E 0,06 mol (c) Khối lượng Z E 4,36 gam (d) Tổng số nguyên tử (C, H, O) Z 24 Tổng số phát biểu xác ? A B C D Hướng dẫn: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: mE + mNaOH = mhh + mH 2O ⇔ 9, 52 + 0,12.40 = 12, 52 + 18.nH 2O ⇒ nH 2O = 0,1mol Tiến hành dồn chất hỗn hợp E thành COO : nCOO = nNaOH = 0,12mol  Don −chat 9,52( g ) E  →  H : 0,32mol = nH 2O ( BTNT − H )  C : BTKL  → mC = mE − mCOO − mH = 9,52 − 0,12.44 − 0,32.2 = 3, g ⇒ nC = 0, 3mol Gọi số mol X (CnH2nO2), Y (CmH2m-2O2), Z (CpH2p-4O4) a, b, c Ta có hệ phương trình nCOO = a + b + 2c = nNaOH = 0,12 a = 0, 02 = n X   ⇔ b = 0, 08 = nY nH 2O = n2 axit = a + b = 0,1  c = 0, 01 = n Z ∑ nCO2 − ∑ nH 2O = b + 2c = 0, 42 − 0,32 = 0,1  Sử dụng kĩ thuật xếp hình: Cmin (X) = 1; Cmin (Y) = ;Cmin (Z) = ∑n C ( Min ) = 0, 02.1 + 0, 08.4 + 0, 01.7 = 0, 41mol ⇒ ∆C = ∑ nC − ∑ nC ( Min ) = 0, 42 − 0, 41 = 0, 01mol = 0, 02.n + 0, 08.m + 0, 01 p(*) Ta có: Như phương trình nghiệm ngun (*) có cặp nghiệm là: n = m = p = ⇒ ⇒ X, Y khơng vênh , cịn Z vênh ngun tử C Công thức cấu tạo X, Y, Z là: 0, 02.46   X : HCOOH (0, 02mol ) ⇒ % X ( E ) = 9,52 100% = 9, 66%  Y : CH − CH = CH − COOH (0, 08mol )  Z : HCOOC H OOCCH = CH − CH (0, 01mol )(CTPT : C H O ) ⇒ m = 0, 01.172 = 1, 72 g 12 Z   Từ ta thấy: Các phát biểu (a); (b); (c) sai, phát biểu (d) 10  X : CH 3OOC − COOCH  Y : CH 3OOC − COOC2 H  Z : C H OOC − COOC H ⇒ M = 146 5 Z  ⇒ Vậy este ban đầu là: Đáp án C Ví dụ 7: Hỗn hợp E chứa hai este (đều mạch hở nhóm chức khác) CnH2nO2 (X), CmH2m-2O4 (Y) Đun nóng 20,58 gam E với dung dịch NaOH vừa đủ, thu 9,48 gam hỗn hợp gồm hai ancol Z muối T Đốt cháy hoàn toàn muối T cần dùng 0,48 mol O2, thu CO2, H2O 14,31 gam Na2CO3 Phần trăm khối lượng X E gần với? A 12% B 32% C 15% D 24% Hướng dẫn: nNa2CO3 = 0,135mol ⇒ nCOO = 0, 27 mol nNaOH ( Pu ) = 0, 27mol BTKL  → mE + mNaOH = mAncol + mMuoi ⇒ mmuoi = 20,58 + 0, 27.40 − 9, 48 = 21,9 g Ta có: + Vì este no nên muối no Để tính số mol muối ta quy muối axit cách chuyển 0,27 mol Na → 0,27 mol H Sau kết hợp với cơng thức đốt cháy để suy số mol muối Tiến hành dồn chất cho muối   COONa : 0, 27mol  C : amol + O2 (0,48 mol ) T : 21,9 g →  21,9 − 0, 27.(44 + 23) = 3,81g   → H : bmol   12a + 2b = 3,81 a = 0, 27  ⇒  2a + b = 0, 48.2 − 0,135( BTNT − O) b = 0, 285 Khi nhấc nhóm COO phần cịn lại ankan, nMuoi = nH 2O − nCO2 = 0, 285 − 0, 27 = 0,15mol *Sử dụng kĩ thuật xếp hình C, ta giả sử tổng số mol nhóm COONa este 2.0,15 = 0,3 mol, phần thừa là: 0,3 - 0,27 = 0,03 = n Este(X) *Sử dụng kĩ thuật xếp hình C muối: ∑n C ( Min ) ⇒ n Este(Y) = 0,12mol = 1.0, 03 + 2.0,12 = 0, 27mol ⇒ ∆C = ∑ nC ( muoi ) − ∑ nC ( Min ) =0, 27 + 0, 27 − 0, 27 = 0, 27 = 0, 03.n + 0,12.m(*) Phương trình (*) có cặp nghiệm nguyên n = m = ⇒ Ta dễ dàng xếp hình cách đẩy thêm 2C vào muối chức 1C vào muối đơn chức nên công thức cấu tạo muối là: C2 H (COONa)2 : 0,12mol  CH 3COONa : 0, 03mol 12 *Vì muối có chức nên ancol phải đơn chức Vậy dồn chất Ancol ta có 9, 48 − 0, 27.18 CH BTKL  → nCH = = 0,33mol  14  H 2O : nH 2O = nAncol = 0, 03 + 0,12.2 = 0, 27mol C ( Ancol ) = Ta có: 0,33 = 1, ⇒ 0, 27 *Xếp hình cho C, ta có có ancol CH3OH (xmol); ROH (y mol) ∆C = 0,33 − 0, 27.1 = 0, 06 = n, x + m, y(*) , (với n = 0) m, ≥ ⇒ Kết hợp với lắp ráp vào số mol muối, nhận thấy có cặp nghiệm m, = y = 0,03 Vậy ancol là: CH3OH (0,24mol) C3H7OH (0,03 mol) Công thức cấu tạo este là: Y : C2 H (COOCH ) : 0,12mol 0, 03.102 ⇒ %mX = 100% = 14,87%  20,58  X : CH 3COOC3 H : 0, 03mol ⇒ Đáp án C * Một số tập tự luyện Bài 1: Đốt cháy hoàn toàn 0,33 mol hỗn hợp X gồm metyl propionat, Metyl axetat hidrocacbon mạch hở cần vừa đủ 1,27 mol O2, tạo 14,4 gam H2O Nếu cho 0,33 mol X vào dung dịch Br2 dư số mol Br2 phản ứng A 0,40 B 0,26 C 0,30 D 0,33 Bài 2: Đốt cháy hoàn toàn 7,2 gam hỗn hợp X chứa ba este đơn chức, mạch hở lượng oxi vừa đủ, thu 7,168 lít khí CO2 (đktc) Mặt khác, hidro hóa hồn tồn 7,2 gam X cần dùng 0,08 mol H2 thu hỗn hợp Y Đun nóng tồn X dung dịch NaOH (vừa đủ), cô cạn dung dịch sau phản ứng thu ancol no Z m gam rắn khan Nếu đốt toàn lượng Z cần vừa đủ 0,135 mol O2 Giá trị m là? A 6,94 B 7,92 C 8,12 D 7,24 Bài 3: [BGD-2018] Cho m gam hỗn hợp X gồm ba este đơn chức tác dụng tối đa với 400ml dung dịch NaOH 1M, thu hỗn hợp Y gồm hai ancol dãy đồng đẳng 34,4 gam hỗn hợp muối Z Đốt cháy hoàn toàn Y, thu 3,584 lít khí CO2 (đktc) 4,68 gam H2O Giá trị m là: A 24,24 B 25.14 C 21,10 D 22,44 Bài 4: Hỗn hợp X gồm C4H8, C6H12, CH3OH, C3H7OH, C3H7COOH CH3COOC2H5 Đốt cháy hoàn toàn 14,6 gam X cần dùng vừa đủ x mol O2, thu y mol CO2 0,9 mol H2O Mặt khác để tác dụng với 14,6 gam X cần dùng vừa đủ với 25ml dung dịch Ba(OH)2 0,5M Tỉ lệ x:y A 24:35 B 40:59 C 35:24 D 59:40 Bài 5: Hỗn hợp X chứa ba anken, ba axit no đơn chức, ba este no đơn chức C3H7OH (tất mạch hở) Đốt cháy hoàn toàn 17 gam X lượng vừa đủ khí O2, thu CO2 0,84 mol H2O Mặt khác để tác dụng với 17 gam X cần dùng vừa đủ với 160ml dung dịch NaOH 1M Phần trăm khối lượng C3H7OH có X là? 13 A 10.59% B 9,06% C 12,85% D 17,03% Dạng Sử dụng kĩ thuật dồn chất - xếp hình để xử lí số toán tổng hợp chứa este amin - Aminoaxit * Cơ sở lý thuyết phương pháp - Nếu hỗn hợp chưa no ta bơm thêm H2 vào để hỗn hợp chất no Khi dồn chất ta xử lý với hỗn hợp chất no * Một số cách dồn chất thường gặp - Amin no, đơn chức mạch hở có cơng thức tổng quát CnH2n+3N, ta dồn N2  NH : amol + O2 BTNT −O  → CO2 : bmol  → 2.nO2 ( Pu ) = 3nCH + nNH3  CH : bmol H 2O :[(2b + 3a) : 2]mol dạng - Amin no, đa chức mạch hở, ta dồn dạng  N2  NH   + O2 BTNT − O → CO2  → 2nO2 ( Pu ) = 3nCH + nH + nNH  H  CH    H 2O - Hỗn hợp X chứa este, aminoaxit, amin hidrocacbon ta dồn chất đưa COO  N2  NH   + O2 BTNT −O  → CO2  → 2nO2 ( Pu ) = 3nCH + nH + nNH  C H O   H hỗn hợp X * Sau dồn chất cho hỗn hợp, kết hợp kiện toán đặc biệt định luật bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố C, H, O, N …ta nhanh chóng tìm đáp số tốn * Một số ví dụ minh họa Ví dụ Hỗn hợp X chứa butan, đietylamin, etyl propionat Val Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol X cần dùng 1,33 mol O2, 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 là? A 0,06 B 0,07 C 0,08 D 0,09 Hướng dẫn: Ta có: C4 H10 COO (C H ) NH CO2   + O2 (1,33mol ) Don −chat X  → X C4 H10 : 0, 2mol  → H 2O C2 H 5COOC2 H  NH : 2amol   NH − C4 H − COOH ⇒ ⇒ Bảo toàn nguyên tố O: 0,2.2.4 + 0,2.5 + 0.5.2a =1,33.2 a = 0,06 Đáp án A Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm glyxin, alanin axit glutamic Hỗn hợp Y gồm 14 tristearin, trilinolein tripanmitin Đốt cháy hoàn toàn 0,22 mol hỗn hợp Z gồm X Y (biết axit glutamic chiếm 8,7866% khối lượng) cần dùng 5,19 mol O2, sản phẩm cháy gồm N2, m gam CO2 64,44 gam H2O Mặt khác, cho toàn lượng Z vào dung dịch nước Br2 dư thấy có 0,12 mol Br2 tham gia phản ứng Giá trị m là? A 149,29 B 176,18 C 151,04 D 166,32 Hướng dẫn: Hỗn hợp Z chưa no, bơm H2 vào Z để làm no hỗn hợp Z Dồn chất cho Z, với nH ( Bom ) = nBr2 = 0,12mol COO : cmol  N2  NH : amol   Bom:0,12 molH + O2 (5,19 mol ) Z → Z :   → CO2 : (c + b)mol CH : bmol  H O : (3,58 + 0,12)   H : 0, 22mol  a = 0,16 5,19.2 = 3.b + 0, 22 + a − 0,12( BTNT − O) ⇒ ⇔ b = 3, a + 2b + 0, 22.2 = (3,58 + 0,12).2( BTNT − H ) ∑n NH = ∑ n(Gly + Ala + Glu ) = 0,16mol ⇒ ∑ n(Tristearin + trilinolein + tripanmitin) = 0, 06 Bảo tồn nhóm COO: nCOO = c + nNH + nChất béo = c + 0,16 + 0,06.3 = c + 0,34 ⇒ %Glu = Vậy: 147.c 100% = 8, 7866% ⇒ c = 0, 04mol 44.(c + 0,34) + 0,16.15 + 0, 22.2 + 3, 4.14 mCO2 = 44.(3, + 0, 04 + 0, 34) = 166,32 g ⇒ Đáp án D Ví dụ 3: 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 H (xúc tác Ni, t0) Giá trị a là? A 0,38 B 0,26 C 0,22 D 0,30 Hướng dẫn: Hỗn hợp X chưa no, bơm H2 vào X để làm no hỗn hợp X: Tiến hành dồn chất cho X: nH ( Bom ) = a(mol ) 15 COO  N2  NH : 0, 04.2 = 0, 08mol   + a ( mol ) H + O2 (1,2 mol ) → X :   → CO2 CH : bmol   H O : (0,8 + a) mol   H : 0, 26 mol 0, 08 + 2b + 0, 26.2 = (0,8 + a).2( BTNT − H ) a = 0,3  ⇒ ⇔ b = 0,8 1, 2.2 + a = 0, 26 + 3b + 0,08( BTNT − O ) ⇒ Vậy giá trị a = 0,3 Đáp án D Ví dụ [BGD-2018]: Hỗn hợp X gồm glyxin, alanin, axit glutamic, axit acrylic metylmetacrylat Hỗn hợp Y gồm propen, buten etylamin Đốt cháy hoàn toàn x mol X y mol Y tổng số mol oxi cần dùng vừa đủ 1,08 mol, thu H2O; 0,08 mol N2 0,84 mol CO2 Mặt khác, cho x mol X tác dụng với dung dịch KOH dư lượng KOH phản ứng m gam Biết phản ứng xảy hoàn toàn Giá trị m là? A 11,2 B 16,8 C 10,0 D 14,0 Hướng dẫn: Từ thành phần hỗn hợp X Y ta nhấc nhóm COO glyxin, alanin, axit glutamic, axit acrylic metylmetacrylat ra; nhấc tiếp nhóm NH3 khỏi glyxin, alanin axit glutamic, thành phần chất cịn lại hỗn hợp hidrocacbon có dạng CH2 Tiến hành dồn chất cho hỗn hợp X, Y ta có:  COO : c(mol )  N2   + O2 (1,08 mol ) hh( X , Y )  →  NH : 0, 08.2 = 0,16( mol )( BTNT − N )  → CO2 : 0,84(mol ) CH : d (mol ) H O    c = 0, 2.1, 08 = 3.d + 0,16( BTNT − O) ⇒ ⇔ d = 0, 64 c + d = 0,84 Don − chat Khi cho hỗn hợp X tác dụng với dung dịch KOH, thực chất nhóm COO tác dụng với KOH số mol KOH phản ứng số mol nhóm COO ⇒ ⇒ ⇒ nKOH(Pu) = nCOO = 0,2 mol mKOH = m = 0.2.56 = 11,2 (g) Đáp án A Ví dụ 5: Hỗn hợp X gồm glyxin, alanin, valin, axit glutamic, lysin, tripanmitin, tristearin, metan, etan, metylamin etylamin Đốt cháy hoàn toàn 0,42 mol X cần dùng vừa đủ a mol O2, thu hỗn hợp gồm CO2; 59,76 gam H2O 0,12 mol N2 Giá trị a là? A 3,32 B 3,87 C 4,12 D 4,44 Hướng dẫn: Từ thành phần hỗn hợp: Đầu tiên ta nhấc nhóm COO glyxin, alanin, valin, axit glutamic, lysin, tripanmitin, ristearin ra; sau ta nhấc nhóm NH metylamin etylamin ra; tất chất cịn lại hỗn hợp 16 ankan, nhấc tiếp ankan phân tử H2, thành phần lại anken, dạng CH2 Vì dồn chất cho hỗn X, ta có: COO N2  NH : 0,12.2 = 0, 24( mol )( BTNT − N )   + O2 ( amol ) 0, 42( mol ) X :  → CO2 CH : b(mol )   H 2O : 3,32( mol )  H : 0, 42( mol )   a = 4, 44 2a = 3.b + 0, 42 + 0, 24( BTNT − O) ⇒ ⇔ b = 2, 78 0, 24 + 2b + 0, 42.2 = 3,32.2( BTNT − H ) ⇒ Vậy giá trị a = 4,44 Đáp án D * Một số tập tự luyện Bài 1: Hỗn hợp X chứa etylamin, etyl fomat alanin Đốt cháy hoàn toàn 0,24 mol X cần dùng 0,875 mol O2, thu CO2, H2O x mol N2 Giá trị x A 0,07 B 0,05 C 0,06 D 0,03 Bài 2: Hỗn hợp X chứa butan, đietylamin, etyl propionat Val Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X cần dùng 0,6675 mol O2, thu CO2, N2 H2O Biết X oxi chiếm 17,68% khối lượng Phần trăm khối lượng N có X là? A 7,73% B 8,32% C 9,12% D 10,83% Bài 3: Hỗn hợp X gồm glyxin, alanin axit glutamic Hỗn hợp Y gồm ba chất béo Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp Z gồm X Y (biết axit glutamic chiếm 3,6585% khối lượng) cần dùng 6,69 mol O2, sản phẩm cháy gồm N2, m gam CO2 82,44 gam H2O Mặt khác, cho toàn lượng Z vào dung dịch nước Br2 dư thấy có 0,08 mol Br2 tham gia phản ứng Giá trị gần m là? A 189 B 193 C 205 D 210 Bài 4: Hỗn hợp X gồm glyxin, alanin, valin, axit glutamic, lysin, tripanmitin, tristearin, metan, etan, metylamin etylamin Đốt cháy hoàn toàn 0,35 mol X cần dùng vừa đủ a mol O2, thu hỗn hợp gồm CO2; 56,25 gam H2O 0,085 mol N2 Giá trị a gần là? A 3,00 B 3,15 C 3,85 D 4,25 Bài 5: Hỗn hợp X chứa butan, đietylamin, etyl propionat Val Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol X cần dùng 0,9925 mol O2, thu CO2, N2 H2O Biết X oxi chiếm 22,615% khối lượng Cho toàn lượng X vào dung dịch NaOH dư thấy có a mol NaOH tham gia phản ứng Giá trị a là? A 0,10 B 0,15 C 0,20 D 0,25 Bài 6: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp Z gồm tristeain, glyxin, alanin axit glutamic (0,02 mol) cần dùng 1,93 mol O2, sản phẩm cháy gồm N2, CO2 24,84 gam H2O Phần trăm khối lượng tristearin có Z là? A 43,33% B 56,32% C 60,23% D 68,99% Dạng Sử dụng kĩ thuật dồn chất để xử lí số tốn tổng hợp khó chứa este peptit * Cơ sở lý thuyết phương pháp 17 - Đối với hỗn hợp este – peptit, trước dồn chất ta thường bơm thêm H2O vào để biến peptit thành aminoaxit, hỗn hợp gồm este aminoaxit, dồn chất giải tương tự dạng toán COO  N2  NH Este   + H 2O + O2 Don − chat  → hh   →  → CO2 H  Peptit  H O  CH  N2 OO Es te    + H 2O + O2 Don −chat  → hh   →  NH   → CO2 Peptit  CH H O   Hoặc: - Số mol nước bơm vào số mol liên kết peptit - Công thức đốt cháy hỗn hợp Aminoaxit no este no (đều đơn chức mạch hở): Phương trình đốt cháy : + O2  Este : Cn H nO2   → nCO2 + nH 2O  +O → 2mCO2 + (2m + 1) H 2O + N  A oaxit : 2Cm H m +1O2 N 2 ⇒ ∑ nCO2 − ∑ nH 2O + nN = 0(*) - Nếu đốt cháy hỗn hợp chứa Gly, Ala, Val hỗn hợp peptit tạo aminoaxit ln có cơng thức đốt cháy liên hệ sau 3nCO2 − 3nN2 = 2nO2 ( Pu ) ⇒ nCO2 − nH 2O = nN2 − nPeptit (**)  3nH 2O − 3nPeptit = 2nO2 ( Pu ) - Vận dụng linh hoạt dồn chất bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố C, H, O, N…và công thức đốt cháy (*) (**) * Một số ví dụ minh họa Ví dụ 1: E peptit mạch hở tạo Gly, Ala Val Người ta lấy 0,03 mol E trộn với lượng este Y (no, đơn chức, mạch hở) thu 20,52 gam hỗn hợp T Đốt cháy hoàn toàn T cần dùng vừa đủ 1,225 mol O2 Sản phẩm cháy thu có chứa a mol CO2, b mol H2O 0,09 mol N2 Giá trị b là? A 0,84 B 0,88 C 0,90 D 0,78 Hướng dẫn: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng mT + mO2 = mCO2 + mH 2O + mN2 ⇔ 20,52 + 1, 225.32 = mCO2 + mH 2O + 0, 09.28 ⇒ m( CO2 + H 2O ) = 57, 2(1) Ta có: (số liên kết peptit +1) 0,03 = nN = 0,09.2 = 0,18 nên số liên kết peptit = ⇒ Số mol H2O cần bơm vào để thủy phân peptit là: 5.0,03 = 0,15 mol 18 Dồn chất cho hỗn T, ta có: COO  N : 0, 09mol  NH  Este   + (0,15 mol ) H 2O + O2 (1,225 mol ) Don − chat → 20,52( g )T   → hh : 23, 22( g )  → CO2 : amol H  Peptit   H O : bmol  CH Áp dụng công thức đốt cháy (*) cho hỗn hợp sau dồn chất (chỉ gồm aminoaxit no đơn chức este no đơn chức) ta có: nCO2 − (nH 2O + 0,15) + nN = ⇔ nCO2 − nH 2O = 0,15 − 0, 09 = 0, 06(2) Từ (1) (2) ta có hệ phương trình  44nCO2 + 18nH 2O = 57,  nCO = 0,94mol = a ⇔   nCO2 − nH 2O = 0, 06 nH 2O = 0,88mol = b ⇒ Đáp án B Ví dụ 2: Hỗn hợp 0,06 mol E chứa m gam hai peptit X, Y (đều mạch hở, tạo Ala Val) este Z có cơng thức C2H3COOCH Đốt cháy 0,06 mol E có khối lượng m lượng khí O2 vừa đủ thu 1,792 lít khí N2 đktc 30,18 gam hỗn hợp CO2 H2O Mặt khác đốt cháy m1 gam X, Y cần vừa đủ 10,416 lít khí O2 đktc Giá trị m là? A 13,11 B 13,51 C 13,76 D 13,22 Hướng dẫn: Bơm b mol NH b mol H vào E để dồn E thành E’ hỗn hợp peptit, đốt cháy E’ ta sử dụng CTDC (**) (Với nN2 = 0, 08mol ; nO2 ( Pu ) = 0, 465mol ):  n( X +Y ) : amol nE = a + b = 0, 06 a = 0, 03  m   nZ : bmol  (CO2 + H 2O ) = 44c + 18d = 30,18 b = 0, 03 → ⇒ ⇔ CO2 : cmol c − (d + 0,5b + b) = 0, 08 + 0, 05b − 0, 06[CTDC − (**)] c = 0, 51  H O : dmol  d = 0, 43 3(c − 4b) − 3.0, 08 = 2.0, 465[CTDC − (**)]  Ta có: + O2 C4 H 6O2 (0, 03mol )   → CO2 : 0,12mol H 2O : 0, 09mol BTNT −O  → nO2( pu ) = 0,12.2 + 0.09 − 0, 03.2 = 0,135 ⇒ ∑ nO2 ( pu −voi _ E ) = 0,135 + 0, 465 = 0, mol Bảo toàn khối khối lượng: mE + mO2 ( Pu ) = mCO2 + mH 2O + mN2 ⇒ mE = 0,51.44 + 0, 43.18 + 0, 08.28 − 0, 6.32 = 13, 22 g = m ⇒ Đáp án D Ví dụ 3: Hỗn hợp E chứa HCOOCH3, CH3COOCH3, CH3OOCCOOCH3 peptit Gly-Ala-Val-Glu-Lys Đốt cháy hoàn toàn 0,08 mol E cần dùng vừa đủ 0,755 mol O2 thu H2O, 0,06 mol N2, 0,63 mol CO2 Nếu cho 19 toàn lượng E tác dụng hồn tồn với NaOH thu m gam muối Giá trị m là? A 21,86 B 32,15 C 20,22 D 18,92 Hướng dẫn: Từ số mol N2 0,06 mol ⇒ nN = 0,12mol, peptit có nguyên tử N nên số mol ⇒ peptit 0,12 : = 0,02 mol nCác Este = 0,08–nPeptit = 0,08–0,02 = 0,06 mol Ta bơm thêm vào peptit 0,02 = 0,08 (mol) H2O Hỗn hợp E thành E’: este aminoaxit ⇒ n5 Aminoaxit = 0,02.5 = 0,1mol n Este +Aminoaxit = 0,06 + 0,1 = 0,16 mol Đặt số mol CH3OOC-COOCH3 = a mol Nhấc nhóm COO, nhóm NH khỏi E’, cịn lại ankan, nhấc tiếp H2 ra, lại anken dạng CH2 Ta có: COO : (0,16 + a + 0, 02) mol  NH : 0, 06.2 = 0,12mol Este  Don − chat 0,16(mol ) E '   → E ''   A oaxit  H : 0,16 CH : (0, 63 − 0,16 − a − 0, 02 = 0, 45 − a)( mol ) + O2 (0,755 mol ) E ''  → 2.0, 755 = 0,12 + 0,16 + 3.(0, 45 − a)( BTNT − O) ⇒ a = 0, 02 mol mE ' = 0, 2.44 + 0, 43.14 + 0,12.15 + 0,16.2 = 16.94 g Bảo toàn khối khối lượng: Hỗn hợp E tác dụng với NaOH giống E’ tác dụng với NaOH Và nNaOH = nCOO = 0,2 mol Bảo tồn khối khối lượng ta có: mE + mNaOH = mmuoi + mCH 3OH + mH 2O ⇒ mMuoi = mE + mNaOH − mCH 3OH − mH 2O ⇒ mMuoi = 16,94 + 0, 2.40 − 0,12.18 − 0, 08.32 = 20, 22 g ⇒ Đáp án C Ví dụ 4: X peptit mạch hở tạo Gly, Ala Val Y este (no, đơn chức, mạch hở) Hỗn hợp E chứa X, Y với tỷ lệ mol tương ứng 1:2 Đun nóng E 100 ml dung dịch NaOH 1M vừa đủ thu bốn muối ancol etylic Đốt cháy hoàn toàn E cần dùng vừa đủ 0,515 mol O2 Sản phẩm cháy thu có 0,03 mol N2 Phần trăm khối lượng Y E là? A 45,43% B 34,48% C 46,31% D 38,39% Hướng dẫn: Ta có  nNaOH = 0,1 → ⇒ nY = 0,1 − 0, 03.2 = 0, 04 ⇒ nX = 0, 02mol  nN2 = 0, 03 0, 03.2 = ⇒ Peptit − X : Gly − Aly − Val : 0, 02mol 0, 02 Số mắt xích peptit X là: Bơm thêm 0,04 mol H2O vào E, ta hỗn hợp chứa aminoaxit este 20 ⇒ nCO2 − (nH 2O + 0, 04) + 0, 03 = ⇒ nCO2 − nH 2O = 0, 01(1) Áp dụng CTDC(*): Bảo toàn nguyên tố O: nO ( X ) + nO (Y ) + 2nO2 = 2nCO2 + nH2 O ⇒ 2nCO2 + nH2O = 0, 02.4 + 0, 04.2 + 0,515.2 = 1,19(2) Từ (1) (2), giải hệ phương trình ta có: nCO2 = 0, 4mol ; nH2O = 0,39mol OO : 0,1mol = nNaOH  BTKL E : CH : 0, 4mol = nCO2  → mE = mOO + mCH + mNH − mH 2O (bom )   NH : 0, 06mol ⇒ mE = 0,1.32 + 0, 4.14 + 15.0, 06 − 0, 04.18 = 8,98 g ' Dồn chất E’ dạng: OO : 0, 04 Don − chat :Y → ncY = 0, − 0, 02.10 = 0, 2mol  →Y  ⇒ mY = 0, 04.32 + 0, 2.14 = 4, 08 g CH : 0, 4, 08 % mYE = 100% = 45, 43% 8,98 ⇒ Đáp án A * Một số tập tự luyện Bài 1: X peptit mạch hở (được tạo Gly, Ala Val), Y chất béo Hỗn hợp E chứa X, Y với tỷ lệ mol tương ứng 2:1 Đun nóng m gam E 270 ml dung dịch NaOH 1M vừa đủ thu hỗn hợp muối Z glixerol Đốt cháy hoàn toàn E cần dùng vừa đủ 3,135 mol O Sản phẩm cháy thu có chứa 0,09 mol N2 2,07 mol H2O Giá trị m là? A 45,58 B 34,94 C 41,10 D 39,78 Bài 2: E hỗn hợp chứa peptit mạch hở tạo Gly, Ala Val Người ta lấy 0,02 mol E trộn với lượng este Y (no, đơn chức, mạch hở) thu 12,46 gam hỗn hợp T Đốt cháy hoàn toàn T cần dùng vừa đủ 0,545 mol O2 Sản phẩm cháy cho qua bình đựng nước vôi dư thấy xuất m gam kết tủa có 0,04 mol khí N2 Giá trị m là: A 27,0 B 47,0 C 57,0 D 37,0 Bài 3: X peptit mạch hở (được tạo Gly, Ala Val), Y chất béo rắn Hỗn hợp E chứa X, Y với tỷ lệ mol tương ứng 2:1 Đun nóng m gam E 110 ml dung dịch NaOH 1M vừa đủ thu bốn muối Z glixerol Đốt cháy hoàn toàn E cần dùng vừa đủ 1,115 mol O2 Sản phẩm cháy thu có chứa 0,04 mol N2 Giá trị m là? A 11,58 B 14,94 C 18,43 D 19,78 Bài 4: Hỗn hợp E chứa peptit Gly-Ala-Val este no, đơn chức, mạch hở Đốt cháy hoàn toàn 13,9 gam E cần dùng 0,555 mol O2 Cho toàn sản phẩm cháy qua dung dịch NaOH dư thấy có 0,672 lít khí (đktc) Cho tồn E 21 vào dung dịch chứa NaOH (vừa đủ) Sau phản ứng cô cạn thu m gam muối Giá trị m là: A 18,32 B 20,04 C 17,14 D 14,96 Bài 5: Hỗn hợp 0,1 mol E chứa este Z có cơng thức CH3COOC2H5 m1 gam hai peptit X, Y (đều hở, tạo Ala Val) Đốt cháy 0,1 mol E lượng khí O2 vừa đủ thu 0,085mol khí N2 53,31 gam hỗn hợp CO H2O Mặt khác đốt cháy m1 gam X, Y cần vừa đủ 28,08 gam khí O2 Giá trị m1 là? A 12,15 B 13,41 C 15,21 D 16,78 2.4 Hiệu việc triển khai đề tài Khi triển khai đề tài tiến hành 02 lớp thuộc trường THPT Thọ Xuân 4, : - Lớp dạy 12A1 (học ban A) - Lớp dạy 12A2 (học ban bản) * Kết đạt - Về mặt định tính: Khi tơi áp dụng kĩ thuật dồn chất – xếp hình vào giải dạng tốn este tổng hợp, tơi thấy học sinh tơi ham học hóa hơn, u thích tập hóa học hữu khơng cịn thấy lo lắng, lúng túng việc xử lí tốn este tổng hợp Như vậy, rõ ràng việc áp dụng đề tài nghiên cứu vào dạy học góp phần đổi phương pháp dạy học tạo hứng thú học hóa học cho học sinh, nâng cao hiệu rõ rệt chất lượng làm tập hóa - Về mặt định lượng: Kết điều tra lớp 12A1, 12A2 trường THPT Thọ Xuân năm học 2019 - 2020 sau : Khi chưa thực Khi thực Ghi Sĩ đề tài đề tài TT Lớp số Không Không Hiểu Hiểu hiểu hiểu 12A1 42 45% 55% 7,0% 93,0% Học ban A 12A2 40 60,0% 40,0% 23,0% 77,0% Học ban Khi áp dụng đề tài vào dạy cho lớp tơi thấy chất lượng HS nâng lên rõ rệt thể hiện: tỉ lệ phần trăm hiểu cao nhiều so với chưa áp dụng đề tài Từ kết cho phép nhận định việc áp dụng đề tài vào giảng dạy cho HS đạt hiệu cao, phù hợp HS trình giảng dạy Điều phản ánh tính cấp thiết cho đề tài mà lựa chọn xây dựng Kết luận kiến nghị 3.1 Kết luận Đề tài “ Giúp học sinh sử dụng kĩ thuật dồn chất - xếp hình để xử lí nhanh số dạng tốn este tổng hợp, chương Este – Lipit, chương trình hóa học lớp 12” đã: - Giúp HS tìm cách giải độc đáo sáng tạo để làm tốt số dạng toán este tổng hợp, đặc biệt tập có mức điểm 8, 9, 10 chương trình hóa học hữu THPT 22 - Đã đề xuất dạng toán este tổng hợp thường gặp q trình ơn thi TNTHPT - Kết việc triển khai đề tài cho thấy tính khả thi đề tài, tài liệu tham khảo tốt cho HS trường THPT 3.2 Kiến nghị Đề tài rộng tương đối khó, cần nhiều thời gian, công sức để nghiên cứu bổ sung phát triển thêm Sau xin đề xuất số hướng phát triển đề tài : - Nghiên cứu đầy đủ quy mô việc sử dụng kĩ thuật dồn chất – xếp hình để giúp học sinh giải tốt toán hữu - Nghiên cứu đầy đủ trang bị cho học sinh nhiều phương pháp giải để giúp cho học sinh làm tốt tốn hóa học hữu - Đề tài theo quan trọng xuất phát từ nhu cầu thực tiễn việc dạy học Vì tơi cho nên có nhiều đề tài nghiên cứu theo hướng - Những sáng kiến kinh nghiệm có tính thực tiễn cao, nên tập trung giáo viên giáo viên để phổ biến, học tập, tiếp thu, chương trình bồi dưỡng giáo viên Để tất giáo viên học, bồi dưỡng, nhằm nâng cao lực nghiệp vụ Đó yêu cầu dạy học, việc học để cập nhật thơng tin tri thức, việc làm suốt đời người giáo viên Bước đầu nghiên cứu đề tài với thời gian ngắn chắn không tránh khỏi hạn chế thiếu sót Tơi mong góp ý, xây dựng đồng nghiệp quan tâm đến đề tài XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 20 tháng năm 2021 ĐƠN VỊ Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác (ký ghi rõ họ tên) Lê Thị Trúc TÀI LIỆU THAM KHẢO Các đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng, Minh họa, THPT QG Bộ GD&ĐT từ năm 2007 đến Đề thi thử THPT QG trường THPT, trường THPT chuyên, trung tâm luyện thi nước Đề thi thử THPT QG Sở GD&ĐT tỉnh nước Các tạp chí Hóa học ứng dụng hội hóa học Việt Nam Mạng internet Sách giáo khoa hóa học 11 12 nâng cao Nxb giáo dục 23 PPDH TNKQ TNTHPT PTHH TLTK BTNT - C SGK BTKL Nxb HS GV THPT QG MỘT SỐ KÍ HIỆU DÙNG TRONG ĐỀ TÀI Phương pháp dạy học Trắc nghiệm khách quan Tốt nghiệp trung học phổ thông Phương trình hóa học Tài liệu tham khảo Bảo tồn nguyên tố cacbon Sách giáo khoa Bảo toàn khối lượng Nhà xuất Học sinh Giáo viên Trung học phổ thông Quốc gia 24 BTNT - H BTNT - O BT KL BTNT - N CTDC Bảo toàn nguyên tố Hidro Bảo toàn nguyên tố oxi Bảo toàn khối lượng Bảo tồn ngun tố nitơ Cơng thức đốt cháy 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 Thị Trúc Chức vụ đơn vị công tác: Giáo viên - Trường THPT Thọ Xuân Kết Cấp đánh giá đánh giá Năm học xếp loại TT Tên đề tài SKKN xếp loại đánh giá xếp (Phòng, Sở, (A, B, loại Tỉnh ) C) Giúp học sinh phân loại giải Sở GD & ĐT C 2010 - 2011 25 nhanh toán hỗn hợp sắt hợp chất sắt Giúp học sinh phát triển phương pháp đồ thị để giải nhanh tập trắc nghiệm hóa học Giúp học sinh giải nhanh số tốn hóa học vô phương pháp quy đổi nguyên tử Giúp học sinh làm tốt tập thực nghiệm hóa học chương halogen chương oxi - lưu huỳnh Giúp học sinh làm tốt tập muối sunfua phần hóa học vơ Giúp học sinh phân loại giải nhanh dạng toán peptit Giúp học sinh sử dụng kĩ thuật quy đổi để xử lí số dạng tập hữu phức tạp” Giúp học sinh phân dạng giải nhanh tập tính oxi hóa NO3- mơi trường axit, chương Nito – Photpho, để bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học 11 trường THPT” Sở GD & ĐT C 2011 - 2012 Sở GD & ĐT C 2013 - 2014 Sở GD & ĐT C 2014 - 2015 Sở GD & ĐT C 2015 - 2016 Sở GD & ĐT C 2016 - 2017 Sở GD & ĐT C 2018 - 2019 Sở GD & ĐT C 2019 - 2020 26 ... tổ chức thực để giải vấn đề Sử dụng kĩ thuật dồn chất - xếp hình để xử lí số dạng toán este tổng hợp Dạng Sử dụng kĩ thuật dồn chất - xếp hình để xử lí số toán tổng hợp este hợp chất chứa C-H-O... lớp Từ thực trạng trên, đề tài sáng kiến kinh nghiệm“ Giúp học sinh sử dụng kĩ thuật dồn chất - xếp hình để xử lí nhanh số dạng toán este tổng hợp, chương Este – Lipit, chương trình hóa học lớp. .. diện tốt số dạng tập este tổng hợp sử dụng ? ?kĩ thuật dồn chất – xếp hình? ??, đồng thời tăng cường thêm kiến thức sử dụng thành thạo kĩ thuật dồn chất - xếp hình giải số dạng toán Este tổng hợp