Tìm hiểu phương pháp quy đổi nhóm hợp chất hữu cơ giải quyết một số bài toán khó trong đề thi...

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA HOÁ HỌC ——

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

CẤN THỊ THUÝ NGA

TÌM HIỂU PHƢƠNG PHÁP QUY ĐỔI NHÓM HỢP CHẤT HỮU CƠ GIẢI QUYẾT MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÓ TRONG ĐỀ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA

KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Hoá hữu cơ

HÀ NỘI – 2018

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA HOÁ HỌC ——

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

CẤN THỊ THUÝ NGA

TÌM HIỂU PHƢƠNG PHÁP QUY ĐỔI NHÓM HỢP CHẤT HỮU CƠ GIẢI QUYẾT MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÓ TRONG ĐỀ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA

KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Hoá hữu cơ

Ngƣời hƣớng dẫn khoa học:

TS. CHU ANH VÂN

HÀ NỘI – 2018

LỜI CẢM ƠN Trong suốt quá trình thực hiện đề tài này, tôi đã nhận đƣợc sự giúp đỡ và động viên nhiệt tình từ phía thầy cô, gia đình và bạn bè.

Trƣớc hết, tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành và sâu sắc nhất đến TS. Chu Anh Vân – giảng viên Khoa Hoá học – Trƣờng Đại học Sƣ Phạm Hà Nội 2, đã tận tình hƣớng dẫn, động viên và tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi trong suốt quá trình thực hiện và hoàn thành đề tài này.

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

Tôi xin chân thành cảm ơn các thầy cô giáo trong Khoa Hoá học đã nhiệt tình truyền thụ cho tôi những kiến thức quý báu và bổ ích trong suốt quá trình học tập tại trƣờng.

Cuối cùng tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến gia đình, bạn bè –

những ngƣời đã luôn ở bên động viên, ủng hộ tôi trong suốt thời gian học cũng nhƣ thời gian thực hiện đề tài này.

Trong quá trình làm đề tài, tuy đã cố gắng hết sức nhƣng đề tài không thể tránh khỏi những hạn chế và thiếu sót. Kính mong nhận đƣợc sự góp ý từ phía thầy cô, bạn bè để đề tài của tôi đƣợc hoàn thiện hơn.

Xin chân thành cảm ơn!

Hà Nội, tháng 5 năm 2018 Sinh viên

Cấn Thị Thuý Nga

DANH MỤC CHỮ VIẾT TẮT

Bảo toàn nguyên tố

BTKL

Bảo toàn khối lƣợng

BTE

Bảo toàn electron

đktc

Điều kiện tiêu chuẩn

GD&ĐT

Giáo dục và đào tạo

SGK

Sách giáo khoa

THPT

Trung học phổ thông

TNKQ

Trắc nghiệm khách quan

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

BTNT

MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN DANH MỤC CHỮ VIẾT TẮT MỤC LỤC MỞ ĐẦU ....................................................................................................... 1 1. Lý do chọn đề tài ........................................................................................ 1 2. Mục đích nghiên cứu .................................................................................. 2 3. Phạm vi nghiên cứu .................................................................................... 2

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

CHƢƠNG 1: TỔNG QUAN .......................................................................... 3 1.1. Bài tập hoá học, vai trò - tác dụng ........................................................... 3 1.1.1. Ý nghĩa trí dục ...................................................................................... 3 1.1.2. Ý nghĩa phát triển ................................................................................. 3 1.1.3. Ý nghĩa giáo dục................................................................................... 3 1.2. Trắc nghiệm khách quan (TNKQ) ........................................................... 4 1.2.1. Khái niệm TNKQ ................................................................................. 4 1.2.2. Ƣu, nhƣợc điểm của TNKQ .................................................................. 4 1.2.2.1 Ƣu điểm của TNKQ ........................................................................... 4 1.2.2.2. Nhƣợc điểm của TNKQ ..................................................................... 5 1.3. Nhận định về đề thi môn Hoá học THPT Quốc Gia từ năm 2015 trở lại đây ................................................................................................................. 6 1.3.1. Đề thi môn Hoá học THPT Quốc Gia 2015 .......................................... 6 1.3.2. Đề thi môn Hoá học THPT Quốc Gia 2016 .......................................... 7 1.3.3. Đề thi môn Hoá học THPT Quốc Gia 2017 .......................................... 9 1.4. Một số phƣơng pháp giải hoá đặc biệt ................................................... 11 1.4.1. Phƣơng pháp sử dụng giá trị ảo ......................................................... 11 1.4.1.1. Cơ sở của phƣơng pháp ................................................................... 11 1.4.1.2. Ví dụ minh hoạ ................................................................................ 11 1.4.2. Phƣơng pháp khai thác độ bất bão hòa ............................................... 13 1.4.2.1. Khai thác độ bất hoà trong phản ứng cộng H2, Br2 ........................... 13 1.4.2.2. Khai thác độ bất bão hoà trong phản ứng đốt cháy hợp chất hữu cơ. 15 1.4.3. Phƣơng pháp tự chọn lƣợng chất ........................................................ 17

1.4.3.1. Nội dung của phƣơng pháp tự chọn lƣợng chất ................................ 17 1.4.3.2. Phƣơng pháp giải ............................................................................. 18 1.4.3.3. Ví dụ minh hoạ ................................................................................ 18 1.4.4. Phƣơng pháp tìm khoảng giới hạn ...................................................... 20 1.4.4.1. Nội dung của phƣơng pháp tìm khoảng giới hạn.............................. 20 1.4.4.2. Phƣơng pháp giải ............................................................................. 20 1.4.4.3. Phạm vi áp dụng .............................................................................. 21 1.4.4.4. Ví dụ minh hoạ ................................................................................ 21 CHƢƠNG 2: CƠ SỞ LÝ THUYẾT MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP QUY ĐỔI 24

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

2.1. Phƣơng pháp quy đổi hỗn hợp axit, ancol và este tạo bởi chúng ........... 24 2.2. Phƣơng pháp quy đổi peptit .................................................................. 26 2.2.1. Phƣơng pháp quy peptit về amino axit “đơn giản” .............................. 26 2.2.2. Phƣơng pháp quy đổi peptit theo bản chất phản ứng thuỷ phân .......... 26 2.3. Phƣơng pháp quy về nhóm chất đồng đẳng ........................................... 27 CHƢƠNG 3: KẾT QUẢ VÀ THẢO LUẬN................................................. 29 3.1. Phƣơng thức quy đổi hỗn hợp axit, ancol và este tạo bởi chúng............. 29 3.2. Phƣơng pháp quy đổi peptit .................................................................. 32 3.2.1. Phƣơng pháp quy peptit về amino axit “đơn giản” .............................. 33 3.2.2. Phƣơng pháp quy đổi peptit theo bản chất phản ứng thuỷ phân .......... 37 3.3. Phƣơng pháp quy về nhóm chất đồng đẳng .......................................... 41 KẾT LUẬN .................................................................................................. 49 TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................ 50

MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Kỳ thi THPT Quốc Gia là một trong những kỳ thi quan trọng, đánh dấu một bƣớc ngoặt lớn trong cuộc đời của mỗi học sinh. Tính đến năm 2018, kỳ thi THPT Quốc Gia đã trải qua nhiều lần đổi mới nhằm hƣớng tới sự hoàn thiện và tạo điều kiện tốt nhất cho các em học sinh tham gia kỳ thi. Bên cạnh

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

nội dung thi thì hình thức thi cũng là một trong những yếu tố quan trọng để giúp các thầy cô giáo, học sinh lựa chọn phƣơng pháp giảng dạy và học tập phù hợp.

Môn Hoá học là một trong các môn học đƣợc tổ chức thi theo hình thức

trắc nghiệm khách quan. Thời gian đọc đề và suy nghĩ cho mỗi câu hỏi là không quá nhiều, trung bình từ 1 – 2 phút/ câu. Chính vì vậy, áp lực về thời gian là vô cùng lớn, do đó để đạt đƣợc điểm cao đòi hỏi học sinh không chỉ nắm vững kiến thức mà còn phải tƣ duy nhạy bén, linh hoạt và sáng tạo.

Song song với sự phát triển của tri thức ở từng thời điểm thì đề thi cũng phải ngày càng đổi mới để có thể đáp ứng đƣợc nhu cầu ngƣời học và tiêu chí phân loại từng đối tƣợng học sinh. Do đó, không khó để nhận thấy rằng số lƣợng câu hỏi khó bắt đầu tăng lên, mang tính chất đánh đố nhiều hơn, đề thi bắt đầu trở nên dài hơn, phức tạp hơn tuy nhiên lại vận dụng toán quá nhiều mà xa rời bản chất hoá học. Điều này khiến cho không ít học sinh lúng túng khi xử lý các bài toán phức tạp này. Không thể phủ nhận rằng, trong mấy năm trở lại đây tốc độ phát triển của các phƣơng pháp giải toán hoá học là vô cùng mạnh mẽ. Nếu nhƣ trƣớc đây học sinh chỉ biết đến với những phƣơng pháp giải toán quen thuộc nhƣ phƣơng pháp trung bình, phƣơng pháp đƣờng chéo, phƣơng pháp bảo toàn khối lƣợng, bảo toàn electron,... thì ngày nay ngày càng có nhiều “phƣơng pháp mới” ra đời nhƣ: phƣơng pháp “số đếm”, phƣơng pháp gộp chuỗi peptit bằng phản ứng trùng ngƣng, phƣơng pháp quy về “đipeptit”,... Có thể thấy khi đứng trƣớc sự khó khăn trong giải quyết một vấn đề nào đó thì sự sáng tạo của ngƣời dạy, ngƣời học đƣợc đẩy lên cao hơn bao giờ hết.

1

Nhiệm vụ phân loại học sinh khiến ngƣời ra đề làm cho bài toán trở nên phức tạp nhằm “đánh lừa” ngƣời học thì ngƣợc lại công việc của ngƣời giải đề lại là biến những thứ phức tạp đó trở thành những thứ đơn giản. Nếu đi con đƣờng trực tiếp mà thấy khó khăn thì ngƣời ta sẽ thƣờng nghĩ tới một lối đi khác dễ dàng hơn, ít tốn công sức hơn mà vẫn tới đƣợc đích đến. Và phƣơng pháp “quy đổi” ra đời nhƣ một công cụ để xử lý nhanh gọn các bài toán phức tạp đó. Đặc biệt khi xét trên phƣơng diện tốc độ giải toán thì phƣơng pháp quy đổi lại càng tỏ rõ sự nổi trội và ƣu thế của mình.

Xuất phát từ những lý do trên cùng với mong muốn giúp các em học

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

sinh, giáo viên có cách tiếp cận và giải quyết hiệu quả các bài toán hữu cơ khó trong đề thi THPT Quốc Gia, tôi quyết định lựa chọn đề tài: ―Tìm hiểu phƣơng pháp quy đổi nhóm hợp chất hữu cơ giải quyết một số bài toán khó trong đề thi Trung học phổ thông Quốc gia‖ làm khoá luận tốt nghiệp của mình.

2. Mục đích nghiên cứu

Tìm đƣợc đặc điểm cấu tạo đặc trƣng của hợp chất hữu cơ, từ đó vận

dụng một số phƣơng thức quy đổi nhóm chất này thành các “mảnh” đơn giản, góp phần giải quyết nhanh một số bài toán khó trong đề thi THPT Quốc Gia. 3. Phạm vi nghiên cứu

Các bài toán khó trong đề thi thử môn Hoá học các trƣờng THPT trên cả nƣớc và đề thi THPT Quốc Gia môn Hoá Học các năm.

2

CHƢƠNG 1: TỔNG QUAN 1.1. Bài tập hoá học, vai trò - tác dụng Việc dạy học hoá học không thể thiếu bài tập. Sử dụng bài tập để luyện tập là một biện pháp hết sức quan trọng để nâng cao chất lƣợng dạy học. Bài tập hoá học có những ý nghĩa, tác dụng to lớn về nhiều mặt.

1.1.1. Ý nghĩa trí dục

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

- Làm chính xác các khái niệm hoá học. Củng cố, đào sâu và mở rộng kiến thức một cách sinh động, phong phú và hấp dẫn. Chỉ khi vận dụng đƣợc kiến thức vào việc giải bài tập, học sinh mới nắm vững kiến thức một cách sâu sắc.

- Ôn tập, hệ thống hoá kiến thức một cách tích cực nhất. Khi ôn tập,

học sinh sẽ buồn chán, nếu chỉ yêu cầu họ nhắc lại kiến thức. Thực tế cho thấy học sinh chỉ thích giải bài tập trong giờ ôn tập.

- Rèn luyện các kỹ năng hoá học nhƣ cân bằng phƣơng trình phản ứng, tính toán theo công thức hoá học và phƣơng trình hoá học,... Nếu là bài tập thực nghiệm thì sẽ rèn các kĩ năng thực hành, góp phần vào việc giáo dục kĩ thuật tổng hợp cho học sinh.

- Rèn luyện khả năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn đời sống, lao

động sản xuất và bảo vệ môi trƣờng.

- Rèn luyện kĩ năng sử dụng ngôn ngữ hoá học và các thao tác tƣ duy.

1.1.2. Ý nghĩa phát triển

Phát triển ở học sinh năng lực tƣ duy logic, biện chứng, khái quát, độc lập, thông minh và sáng tạo.

1.1.3. Ý nghĩa giáo dục - Rèn luyện đức tính chính xác, kiên nhẫn, trung thực và lòng say mê hoá học.

- Bài tập thực nghiệm còn có tác dụng rèn luyện văn hoá lao động (lao động có tổ chức, có kế hoạch, gọn gàng, ngăn nắp, sạch sẽ nơi làm việc).

3

1.2. Trắc nghiệm khách quan (TNKQ) 1.2.1. Khái niệm TNKQ TNKQ là phƣơng pháp kiểm tra - đánh giá kết quả học tập của học sinh bằng hệ thống câu hỏi TNKQ, gọi là “khách quan” vì cách cho điểm hoàn toàn khách quan không phụ thuộc vào ngƣời chấm.

1.2.2. Ưu, nhược điểm của TNKQ 1.2.2.1 Ưu điểm của TNKQ

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

- Do số lƣợng câu hỏi nhiều nên phƣơng pháp TNKQ có thể kiểm tra nhiều nội dung kiến thức bao trùm gần cả chƣơng, nhờ vậy buộc học sinh phải học kĩ tất cả các nội dung kiến thức trong chƣơng.

- Phƣơng pháp TNKQ buộc học sinh phải tự giác, chủ động, tích cực

học tập. Điều này tránh đƣợc tình trạng học tủ, học lệch trong học sinh.

- Thời gian làm bài từ 1 - 3 phút cho mỗi câu hỏi, hạn chế đƣợc tình trạng quay cóp và sử dụng tài liệu.

- Làm bài TNKQ học sinh chủ yếu dùng thời gian để đọc đề, suy nghĩ, không tốn thời gian viết ra bài làm nhƣ trắc nghiệm tự luận, do vậy có tác dụng rèn luyện kĩ năng nhanh nhẹn, phát triển tƣ duy cho học sinh.

- Do số câu hỏi nhiều nên bài TNKQ thƣờng gồm nhiều câu hỏi có tính chuyên biệt và có độ tin cậy cao.

- Có thể phân tích tính chất câu hỏi bằng phƣơng pháp thủ công hoặc

nhờ vào các phần mềm tin học, do vậy có thể sửa chữa, bổ sung hoặc loại bỏ các câu hỏi để bài TNKQ ngày càng có giá trị hơn. Ngoài ra việc phân tích câu hỏi còn giúp giáo viên lựa chọn phƣơng pháp dạy phù hợp, hƣớng dẫn học sinh có phƣơng pháp học tập đúng đắn, ít tốn công sức thời gian chấm bài và hoàn toàn khách quan, không có sự chênh lệch giữa các giáo viên chấm khác nhau. Một bài TNKQ có thể dùng để kiểm tra ở nhiều lớp nhƣng phải đảm bảo không bị lộ đề.

- Kiểm tra bằng phƣơng pháp TNKQ có độ may rủi ít hơn trắc nghiệm tự luận vì không có những trƣờng hợp trúng tủ, từ đó loại bỏ dần thói quên

4

đoán mò, học lệch, học tủ, chủ quan, sử dụng tài liệu,... của học sinh, nó đang là mối lo ngại của nhiều giáo viên hiện nay.

1.2.2.2. Nhược điểm của TNKQ - TNKQ dùng để đánh giá các mức trí năng ở mức biết, hiểu thì thật sự có ƣu điểm còn ở mức phân tích, tổng hợp, đánh giá và thực nghiệm thì bị hạn chế, ít hiệu quả vì nó không cho phép kiểm tra khả năng sáng tạo, chủ động,

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

khả năng tổng hợp kiến thức cũng nhƣ phƣơng pháp tƣ duy suy luận, giải thích, chứng minh của học sinh. Vì vậy đối với các cấp học càng cao thì khả năng áp dụng của hình thức TNKQ càng bị hạn chế.

- Phƣơng pháp TNKQ chỉ cho biết “kết quả” suy nghĩ của học sinh mà

không cho biết quá trình tƣ duy, thái độ của học sinh đối với nội dung đƣợc kiểm tra, do đó không đảm bảo đƣợc chức năng phát hiện lệch lạc của kiểm tra để từ đó có sự điều chỉnh việc dạy và việc học.

- Do có sẵn phƣơng án trả lời câu hỏi nên TNKQ khó đánh giá đƣợc khả năng quan sát, phán đoán tinh vi, khả năng giải quyết vấn đề khéo léo, khả năng tổ chức, sắp xếp, diễn đạt ý tƣởng, khả năng suy luận, óc tƣ duy độc lập, sáng tạo và sự phát triển ngôn ngữ chuyên môn của học sinh.

- Việc soạn đƣợc câu hỏi TNKQ đúng chuẩn là công việc thực sự khó khăn, nó yêu cầu ngƣời soạn phải có chuyên môn khá tốt, có nhiều kinh nghiệm và phải có thời gian. Điều khó nhất là ngoài một câu trả lời đúng thì các phƣơng án trả lời khác để chọn cũng phải có vẻ hợp lý.

- Do số lƣợng câu hỏi nhiều bao trùm nội dung của cả chƣơng trình học nên câu hỏi chỉ đề cập một vấn đề, kiến thức yêu cầu không khó do đó hạn chế việc phát triển tƣ duy cao ở học sinh khá giỏi. Có thể có một số câu hỏi mà những học sinh thông minh có thể có những câu trả lời hay hơn đáp án đúng đã cho sẵn, nên những học sinh đó cảm thấy không thoả mãn.

- Khó soạn đƣợc một bài TNKQ hoàn hảo và tốn kém trong việc soạn thảo, in ấn đề kiểm tra và học sinh cũng mất nhiều thời gian để đọc câu hỏi. [1]

5

1.3. Nhận định về đề thi môn Hoá học THPT Quốc Gia từ năm 2015 trở lại đây Kỳ thi THPT Quốc Gia đƣợc bắt đầu tổ chức từ năm 2015. Đây là kỳ thi “2 trong 1” bởi nó gộp hai kỳ thi trƣớc đây là kỳ thi Tốt nghiệp trung học phổ thông và kỳ thi Tuyển sinh đại học, cao đẳng thành một kỳ thi chung duy nhất mà vẫn đảm bảo hai mục đích: xét công nhận tốt nghiệp và tuyển sinh đại học, cao đẳng. Chính vì vậy, đề thi các môn cũng có nhiều thay đổi so với các năm trƣớc đó, trong đó có môn Hoá học.

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

1.3.1. Đề thi môn Hoá học THPT Quốc Gia 2015 Theo đánh giá của thầy Vũ Khắc Ngọc (Giáo viên môn Hóa học –

Trung tâm Hocmai.vn Online): “Cấu trúc của đề tƣơng tự với đề minh họa, các câu khó rơi vào dạng bài hỗn hợp các chất hữu cơ thuộc các dãy đồng đẳng khác nhau, bài tập về sắt và hợp chất, bài tập về peptit và muối amoni.

Nét hay của đề là có lồng ghép nhiều kiến thức thực nghiệm Hóa học, có câu hỏi cho dữ kiện dƣới dạng bảng số liệu thể hiện đƣợc đúng đặc trƣng của môn học ngoài ra trong đề có câu hỏi về ứng dụng thực tiễn của một số chất”. [2] Thầy Nguyễn Thành Sơn, Tổ trƣởng Tổ Hóa – Trƣờng THPT Anhxtanh

Hà Nội nhận xét: “Đề thi có 60% câu hỏi lý thuyết 40% bài tập tính toán.

Phần hóa đại cƣơng - vô cơ lớp 10 có 5 câu, phần hữu cơ lớp 11 có 10 câu, phần hóa vô cơ lớp 12 có 20 câu, phần hữu cơ lớp 12 có 15 câu. Nhƣ vậy 30% các câu hỏi thuộc chƣơng trình lớp 10, 11 và 65% câu hỏi thuộc chƣơng trình lớp 12. 30 câu đầu (chiếm 60%) rất dễ, chỉ yêu cầu kiến thức cơ bản, nhìn qua có thể làm đƣợc ngay nên học sinh trung bình dễ dàng đạt 5 – 6 điểm. 40% câu hỏi còn lại có mức độ khó tăng dần đáp ứng đƣợc yêu cầu phân hóa cho mục đích tuyển sinh đại học, trong đó có 5 câu (chiếm 10%) thực sự khó khiến học sinh mất nhiều thời gian để tìm đƣợc hƣớng giải. Với đề thi này, học sinh khá có thể đƣợc 8 – 9 điểm, điểm 10 sẽ khó khăn.” [3]

6

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

Ảnh 1.1. Phổ điểm môn Hoá học trong kỳ thi THPT Quốc Gia 2015

Năm 2015, vùng phổ điểm chủ yếu rơi vào trong khoảng từ 5 – 7 điểm.

Có 130 thí sinh đạt điểm 10 và có tới gần 300 thí sinh đạt điểm 0.

1.3.2. Đề thi môn Hoá học THPT Quốc Gia 2016

Theo thầy Nguyễn Hoàng Lâm – giáo viên môn Hóa – Trƣờng THPT Yên Hòa, Hà Nội: “Đề thi Hóa học năm nay đúng với cấu trúc của đề thi năm ngoái. Ở đây mức độ phân hóa khá cao. Những câu rơi vào mục đích thi tốt nghiệp khoảng 30 câu, mặc dù 30 câu này có khó hơn năm ngoái một chút nhƣng hợp lý hơn. Số câu phổ điểm 7, 8 rơi vào khoảng 20 – 22 câu. Những câu thực sự khó không xuất hiện nhƣ năm ngoái. Số câu hay và khó rơi vào phần kiến thức tƣơng tự nhƣ năm ngoái, ví dụ phần vô cơ rơi vào bài toán hỗn hợp của sắt, oxit sắt, với ion H+ và NO3-. Bài toán hữu cơ vẫn rơi vào những câu khó là bài toán Peptit, mặc dù dạng thì khá quen thuộc nhƣng có thêm một số động tác xử lý phức tạp hơn. Về cơ bản đề thi năm nay có cấu trúc hợp lý hơn năm trƣớc. Số câu học thuộc lòng đã giảm tải khá nhiều. Ƣu điểm lớn nhất của đề là lồng ghép đƣợc kiến thức và cách chuyển tải thông tin đa dạng. Đề thi không chỉ chuyển tải bằng chữ mà còn dƣới dạng đồ thị, bảng biểu, hình vẽ, để học sinh vừa có thể dùng phƣơng pháp trực quan và vừa sử dụng kiến thức liên môn để giải bài tập tốt hơn.” [4]

7

Theo Thạc sĩ Lê Đăng Khương – giảng viên Đại học Sƣ phạm Hà Nội: Đề thi năm nay chủ yếu trong chƣơng trình kiến thức lớp 12, đề thi có tính phân loại cao, phù hợp tiêu chí của Bộ GD&ĐT. Theo thầy Khƣơng, đề thi môn Hóa từ câu 1 đến câu 25 rất dễ, học sinh trung bình có thể làm đƣợc nhƣng có một số câu phân loại học sinh khá từ câu 25 đến 30. Có khá nhiều câu hỏi mang tính chất cho thông tin nhiều hơn khiến đề hay hơn và phong phú rất nhiều so với năm ngoái. Từ câu 31 đến 41, học sinh khá sẽ làm đƣợc.

Từ câu 42 đến 50 là những câu hỏi có độ khó tƣơng tự đề tuyển sinh khối B

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

những năm trƣớc và chỉ học sinh giỏi và chắc kiến thức mới có thể làm đƣợc.

Theo thầy ở câu 40 mã đề 136 là câu khá hay và thú vị ở hỗn hợp axit và este.

Câu 48 xác định công thức cấu tạo phân tử và đốt cháy muối của natri. Đề thi năm nay có một câu rất mới là câu về đồ thị ở câu 50 mã đề 136, câu này năm trƣớc chƣa có. Tuy nhiên năm nay không có câu sơ đồ hình vẽ, thí nghiệm hình vẽ. Nhìn chung đề thi năm nay rất hay và khó hơn năm ngoái, đề thi có tính phân loại tốt hơn năm ngoái và phổ điểm trung bình từ 6 đến 8 điểm. Điểm 9 đến 10 tƣơng đƣơng năm ngoái. Không có câu “đánh đố”, không có câu đánh lừa hay “bẫy” thí sinh, không có câu công thức lạ và phù hợp với chƣơng trình kiến thức cơ bản của Bộ. [5]

Ảnh 1.2. Phổ điểm môn Hoá học trong kỳ thi THPT Quốc Gia 2016 Năm 2016, có 1479 bài thi đạt trong khoảng 9 – 10 điểm (chiếm 0,47%), trong đó chỉ có 15 bài đạt điểm tuyệt đối (10 điểm). Mức điểm trung bình là 5,48 điểm.

8

1.3.3. Đề thi môn Hoá học THPT Quốc Gia 2017 Năm 2017, đề thi môn Hoá học nằm trong bài thi Khoa học tự nhiên (gồm tổ hợp môn Vật lý, Hoá học, Sinh Học), mỗi môn thành phần có 40 câu hỏi trắc nghiệm, thời gian làm bài cho mỗi môn là 50 phút.

Thầy Nguyễn Ngọc Anh – giáo viên luyện thi môn Hóa tại Hệ thống Giáo dục HOCMAI nhận xét về đề thi môn Hóa học kì thi THPT quốc gia 2017: “Phạm vi đề thi nằm chủ yếu trong chƣơng trình lớp 12, tuy nhiên do đặc thù của môn Hoá nên không thể tránh khỏi những nội dung liên quan đến

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

lớp 11 nhƣ dạng bài tập liên quan HNO3, CO2 với dung dịch kiềm,... Mức độ vận dụng nằm ở các câu peptit, đồ thị, điện phân, biện luận công thức cấu tạo,... tuy nhiên không quá khó và đều là các dạng bài quen thuộc nhƣ trong đề tham khảo của Bộ. Mức độ lý thuyết chiếm hơn 60% tổng số lƣợng câu hỏi và dễ lấy điểm. Các câu hỏi lý thuyết nằm trong chƣơng trình SGK nên các em cần nắm chắc kiến thức SGK. Một số câu hỏi gây khó học sinh vì phối hợp nhiều loại nhóm chất khác nhau trong một câu hỏi, dễ gây nhầm lẫn cho học sinh. Tuy nhiên nếu học và hiểu đúng bản chất và có sự logic thì hoàn toàn xử lý dễ dàng. Học sinh học và hiểu kiến thức sẽ dễ dàng lấy điểm 9”. [6] Theo Thạc sĩ Trần Thị Phương Thảo − giáo viên bộ môn Hoá – Trƣờng

THPT Gia Định, Thành phố Hồ Chí Minh: “Đề thi có 24 câu lý thuyết chiếm 6/10 điểm; 16 câu hỏi bài tập chiếm 4/10 điểm. Với đề thi này nếu học sinh thi chỉ để xét tốt nghiệp trung học phổ thông sẽ làm đƣợc 3 – 4 điểm vì có 12 câu yêu cầu kiến thức cơ bản ở mức độ biết. Đề hoá hay, có nhiều mức độ, phân loại đƣợc học sinh, rõ ràng, thời gian làm bài 50 phút trong giới hạn vừa phải vì không có những câu quá mất thời gian phải giải. Đề có nhiều mức độ gồm biết, hiểu, vận dung, và vận dụng cấp độ cao. Trong đó, vận dụng cấp độ cao khoảng 4 câu bài tập (4 câu cuối cùng). Có 3 – 4 câu lý thuyết ở dạng dài có nhiều ý, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức tổng quát hết chƣơng trình lớp 12, dù những câu hỏi này không đòi hỏi suy nghĩ vận dụng ở cấp độ cao. Có 1 câu hình vẽ thí nghiệm minh hoạ cho phƣơng pháp điều chế không có trong chƣơng trình sách giáo khoa lớp 12, nhƣng đã đƣợc đề cập trong các đề minh hoạ bộ công bố. Về lý thuyết, nhìn chung có nhiều mức độ yêu cầu học sinh

9

phải học rất tốt. Về bài tập, so với năm ngoái bài tập vận dụng cao dễ hơn, không có dạng lạ, không có giải dài mất nhiều thời gian.” [7] Thầy Trần Hoàng Phi (Học viện Kỹ thuật quân sự) nhận xét: “Theo tôi thấy, đề thi môn Hóa trong tổ hợp có 24 mã đề nhƣng đều đƣợc trộn lên từ 3 – 4 bộ đề khác nhau. Phần lớn các câu trong đề thi đều không lạ, đều là các câu quen thuộc, vấn đề là các thí sinh có luyện tập thƣờng xuyên không chứ câu hỏi không quá khó. Nhìn chung thì 24 câu đầu của đề tƣơng đối dễ, học sinh khá hoặc trung bình có thể dễ dàng lấy đƣợc điểm 6 – 7, học sinh khá giỏi thì

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

có thể lấy điểm 8 dễ dàng. Những câu khó đặc biệt tập trung ở 4 câu cuối cùng, độ phân loại của đề cũng tƣơng đối tốt. Sau khi xem xong các bộ đề, tôi nhận thấy các mã đề không cân bằng nhau lắm, có một mã đề khó hơn một chút. Nhƣng nhìn chung phổ điểm chắc chắn sẽ tập trung cao vào điểm 7”. [8]

Ảnh 1.3. Phổ điểm môn Hoá học trong kỳ thi THPT Quốc Gia 2017 Năm 2017 có 1521 thí sinh đạt điểm 10 (chiếm 0,37%), 184978 thí sinh đạt điểm dƣới trung bình (chiếm 44,84%), điểm trung bình là 5,32 điểm.

Nhƣ vậy, phổ điểm của môn Hoá học trong các kì thi THPT Quốc Gia 2015, 2016 và 2017 chủ yếu rơi vào khoảng điểm trung bình, số bài đạt điểm 9 - 10 chiếm tỉ lệ không quá cao. Đặc biệt là những câu hỏi lấy điểm 9, 10 yêu cầu học sinh phải tƣ duy linh hoạt, vận dụng nhiều phƣơng pháp khác nhau để tìm ra đáp số, luôn đƣợc dƣ luận đánh giá là “vừa sức với ngƣời ra đề”. Đó 10

không chỉ là thách thức với đại bộ phận học sinh, mà phần đa giáo viên cũng dễ nản lòng.

1.4. Một số phƣơng pháp giải hoá đặc biệt 1.4.1. Phương pháp sử dụng giá trị ảo 1.4.1.1. Cơ sở của phương pháp Phƣơng pháp sử dụng giá trị ảo là một phƣơng pháp mới lạ, để giải

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

nhanh một số bài tập trắc nghiệm hoá học. Cở sở của phƣơng pháp: Chuyển hỗn hợp ban đầu thành hỗn hợp mới hoặc hợp chất mới; chuyển dung dịch ban đầu thành một dung dịch mới; gán cho nguyên tố số oxi hoá mới khác với số oxi hoá thực của nó. Từ đó giúp cho việc tính toán trở nên dễ dàng và nhanh chóng hơn. Hỗn hợp, hợp chất, dung dịch, số oxi hoá mới đƣợc gọi là ảo vì nó không có trong giả thiết của bài toán.

1.4.1.2. Ví dụ minh hoạ

Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm C3H8, C2H4(OH)2 và một ancol no, đơn chức, mạch hở (trong đó C3H8, C2H4(OH)2 có số mol bằng nhau). Đốt cháy hoàn toàn 5,444 gam X rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch Ba(OH)2 dƣ thì thấy khối lƣợng bình tăng lên 16,58 gam và xuất hiện m gam kết tủa. Giá trị của m là A. 42,158.

B.

47,477.

C. 45,704.

D. 43,931.

(Đề thi thử Đại học lần 4 - THPT Quỳnh Lưu 1- Nghệ An,năm học 20112012)

Hƣớng dẫn giải

Do C3H8, C2H4(OH)2 có số mol bằng nhau nên ta có thể tách 1 nguyên tử H ở C3H8 và một nhóm –OH ở C2H4(OH)2 rồi hoán đổi vị trí cho nhau, ta sẽ đƣợc hai ancol C3H7OH và C2H5OH. Vậy ta có thể quy đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp ancol no, đơn chức Cn H2n1OH Phƣơng trình phản ứng: Cn H 2n 1OH 

3n t0 O2   n CO2  (n  1)H 2O 2

11

(1)

Khối lƣợng bình đựng Ba(OH)2 tăng là khối lƣợng của CO2 và H2O. Kết tủa thu đƣợc là BaCO3.

Theo bảo toàn khối lƣợng, ta có: mancol  mO2  mCO2  mH2O  mO2  11,136 gam  n O2  0,348 mol 5,444

?

16,58

Theo (1) và bảo toàn nguyên tố C, ta có:

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

 n O2  1,5 n BaCO3  n CO2  0,232 mol n   CO2  n m BaCO3  0,232.197  45,704 gam  n BaCO CO 3 2  Vậy chọn đáp án C.

Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm hai ancol là propan-2-ol và glixerol có tỉ lệ mol 1 : 1. Đốt cháy hết m gam hỗn hợp X, thu đƣợc 1,68 lít CO2 (đktc). Cũng cho m gam X tác dụng hết với Na dƣ, sau phản ứng thu đƣợc V lít H2 (đktc). Giá trị của V là A. 0,56 lít.

B. 0,84 lít.

C. 0,42 lít.

D. 1,68 lít.

Hƣớng dẫn giải

Công thức phân tử của các chất trong X là C3H7OH và C3H5(OH)3. Vì hai chất trong X có tỉ lệ mol là 1 : 1, nên ta tách 1 nguyên tử H từ C3H7OH và 1 nhóm –OH từ C3H5(OH)3 rồi đổi vị trí cho nhau, sẽ đƣợc chất có công thức phân tử là C3H6(OH)2.

Theo bảo toàn nguyên tố C và tỉ lệ số mol C và số mol nhóm OH trong C3H6(OH)2, ta có:

n C  n CO2  0,075 mol   n OH  0,05 mol  nC 3  n  OH 2 Trong phản ứng của C3H6(OH)2 với Na, theo bảo toàn nguyên tố H, ta có:

n OH  2n H2  n H2  0,025 mol  VH2  0,025.22,4  0,56 lít

12

Vậy chọn đáp án A. 1.4.2. Phương pháp khai thác độ bất bão hòa Độ bất bão hoà của hợp chất hữu cơ là đại lƣợng đặc trƣng cho độ không no của phân tử hợp chất hữu cơ. Độ bất bão hoà có thể đƣợc ký hiệu là k, a, ∆ ,... Thƣờng ký hiệu là k.

Giả sử một hợp chất hữu cơ có công thức phân tử là CxHyOzNt thì tổng số liên kết π và vòng của phân tử đƣợc gọi là độ bất bão hoà của phân tử đó.

Công thức tính độ bất bão hoà:

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

k

[sè nguyªn tö.(ho¸ trÞ cña nguyªn tè - 2)] + 2 2

Đối với hợp chất CxHyOzNt, ta có: k

x(4  2)  y(1  2)  z(2  2)  t(3  2)  2 2x  y  t  2 (k  0 và k ∈ N)  2 2

1.4.2.1. Khai thác độ bất hoà trong phản ứng cộng H2, Br2

Xét phản ứng của hiđrocacbon không no, mạch hở CnH2n+2-2k với H2 và dung dịch Br2 để phá vỡ hoàn toàn k liên kết π t ,Ni Cn H 2n 22k + kH 2   Cn H 2n 2 0

(1)

Cn H 2n 22k + kBr2  Cn H 2n 22k Br2k (2)

+ Trong phản ứng cộng H2 vào hiđrocacbon không no, ta có: n H2 phaûn öùng n Cn H 2 n  2  2 k

= k  k.n Cn H2 n  22 k  n H2 phản ứng

+ Trong phản ứng cộng Br2 vào hiđrocacbon không no, ta có: n Br2 phaûn öùng n Cn H 2 n  2  2 k

= k  k.n Cn H2 n  22 k  n Br2 phản ứng

+ Trong phản ứng cộng H2 và Br2 vào hiđrocacbon không no, ta có:

13

n (H2 ,Br2 ) phaûn öùng n Cn H 2 n  2  2 k

= k  k.n Cn H2 n  22 k = n Br2 phản ứng + n H2 phản ứng

 Ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Hỗn hợp khí X gồm 0,1 mol C2H2; 0,2 mol C2H4 và 0,3 mol H2. Đun nóng X với xúc tác Ni, sau một thời gian thu đƣợc hỗn hợp khí Y có tỷ khối so với H2 bằng 11. Hỗn hợp Y phản ứng tối đa với a mol Br2 trong dung dịch.

Giá trị của a là B. 0,2.

C. 0,4.

D. 0,1.

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

A. 0,3.

(Đề thi đại học khối A năm 2014) Hƣớng dẫn giải

Bảo toàn khối lƣợng cho phản ứng cộng H2 vào hợp chất không no, ta có:

mY  mX  mC2H2  mC2H4  mH2  8,8 0,1.26

0,2.28

0,3.2

n Y .M Y  8,8  n Y  0,4 mol 11.2

Ta có: n H2 phản ứng = nY – nX = 0,6 – 0,4 = 0,2 mol

Sử dụng công thức giải nhanh: k.nhợp chất hữu cơ = n Br2 phản ứng + n H2 phản ứng, ta có:

2n C2H2  n C2H4 = n Br

2

phản ứng

+ n H2 phản ứng → a = 2.0,1 + 0,2 – 0,2 = 0,2 mol

Vậy chọn đáp án B.

Ví dụ 2: Cho 0,04 mol một hỗn hợp X gồm CH2=CH-COOH, CH3COOH và CH2=CH-CHO phản ứng vừa đủ với dung dịch chứa 6,4 gam brom. Mặt khác, để trung hoà 0,04 mol X cần dùng vừa đủ 40 ml dung dịch NaOH 0,75M. Khối lƣợng của CH2=CH−COOH trong X là A. 1,44 gam.

B. 2,88 gam.

C. 0,72 gam.

(Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2009) Hƣớng dẫn giải

14

D. 0,56 gam.

Đặt số mol của ba chất CH2=CH−COOH, CH3COOH và CH2=CH−CHO lần lƣợt là x, y và z (mol) → x + y + z = 0,04 (1) Trong phản ứng với dung dịch Br2, CH2=CH−COOH có 1 liên kết π ở gốc hiđrocacbon phản ứng và CH2=CH−CHO có 2 liên kết π (1 ở gốc hiđrocacbon, 1 ở chức –CHO) phản ứng. Suy ra:

n Br2 phản ứng = x +2z =

6,4  0,04 (2) 160

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

Trong phản ứng với NaOH, chỉ có CH2=CH−COOH, CH3COOH phản ứng → nNaOH phản ứng = x + y = 0,03 (3)

 x  0,02  Từ (1), (2), (3), suy ra  y  0,01  mCH2 CHCOOH  0,02.72  1,44 gam z  0,01  Vậy chọn đáp án A.

1.4.2.2. Khai thác độ bất bão hoà trong phản ứng đốt cháy hợp chất hữu cơ + Phản ứng đốt cháy hiđrocacbon:

O2 ,t Cn H2n 22k   nCO2  (n  1  k)H2O 0

Suy ra: n Cn H2n 2 2k =

n CO2  n H2O k 1

+ Phản ứng đốt cháy dẫn xuất chứa oxi của hiđrocacbon:

O2 ,t Cn H2n 22k Ox   nCO2  (n  1  k)H2O 0

Suy ra: n CnH2n 2 2k Ox =

n CO2  n H2O k 1

+ Phản ứng đốt cháy dẫn xuất chứa nitơ, oxi của hiđrocacbon: O2 ,t Cn H2n 22k t Ox Nt   nCO2  (n  1  k  0,5t)H2O  0,5t N2 0

15

Suy ra: n CnH2n 2 2k Ox Nt =

n CO2  n H2O k  1  0,5t

Nhƣ vậy: Khi đốt cháy hợp chất hữu cơ chứa C, H hoặc chứa C, H, O thì: (k  1)n Cx Hy hoặc C x H y O z = n CO2  n H2O

Còn khi đốt cháy hợp chất chứa nitơ hoặc chứa đồng thời cả oxi và nitơ thì: (k – 1 – 0,5t) n Cx H y Nt

hoặc C x H y O z N t =

n CO2  n H2O

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

 Ví dụ minh hoạ:

Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn 6,72 lít hỗn hợp X (đktc) gồm CH4, C2H6, C3H8, C2H4 và C3H6, thu đƣợc 11,2 lít khí H2 (đktc) và 12,6 gam H2O. Tổng thể tích của C2H4 và C3H6 (đktc) trong hỗn hợp X là A. 5,60.

B. 3,36.

C. 4,48.

D. 2,24.

Hƣớng dẫn giải

 Sử dụng công thức (k −1)nhợp chất hữu cơ = n CO2  n H2O

Các chất CH4, C2H6, C3H8 đều có công thức chung là CnH2n+2 Đốt cháy CnH2n+2 thì n H2O  n CO2 = n Cn H2 n  2 (1)

Các chất C2H4 và C3H6 đều có công thức chung là CmH2m Đốt cháy CmH2m thì n H2O  n CO2 = 0 (2) Lấy (1) + (2), suy ra: Khi đốt cháy hỗn hợp CnH2n+2 và CmH2m thì

n

n CnH2n 2   n H2O   n CO 2  0,2  0,7 0,5  Ta có:  n CmH2m   n (CnH 2n 2 ,CmH2m )  nC nH 2n 2  0,1  0,3 0,2

 VCmH2 m (đktc) = 0,1.22,4 = 2,24 lít.

16

H 2O

  n CO2  n Cn H2 n 2

Vậy chọn đáp án D. Ví dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn một hỗn hợp gồm hai amin no, đơn chức, mạch hở thuộc cùng dãy đồng đẳng liên tiếp, cần dùng vừa đủ 0,33 mol O2, chỉ thu đƣợc H2O, N2 và 0,16 mol CO2. Công thức phân tử của hai amin là A. C3H9N và C4H11N

B. CH5N và C3H9N

C. C2H7N và C3H9N

D. CH5N và C2H7N

(Đề thi thử Đại học lần 4 – THPT Chuyên Đại học Vinh, năm học 2012-2013)

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

Hƣớng dẫn giải Theo bảo toàn nguyên tố O, ta có:

2n O2  2n CO2  n H2O  n H2O  0,34 mol 0,33

0,16

?

Sử dụng công thức: (k  1  0,5t)n amin  n CO2  n H2O (k = 0, t = 1) →namin = 0,12 mol  Camin 

n CO2

n amin



0,16  1,333 0,12

→ Hai amin là CH5N và C2H7N.

Vậy chọn đáp án D.

1.4.3. Phương pháp tự chọn lượng chất

1.4.3.1. Nội dung của phương pháp tự chọn lượng chất

Bài tập hoá học mà bài tập cho ở dạng tổng quát: x mol, m gam, V lít,...

hoặc cho ở dạng tỉ lệ mol, tỉ lệ khối lượng, tỉ lệ thể tích,... đƣợc gọi là bài tập hoá học tổng quát. Dạng bài tập này có tính khái quát rất cao, nó có tác dụng tích cực đến sự phát triển tƣ duy của học sinh. Tuy nhiên, do lƣợng chất cho ở dạng tổng quát nên việc tính toán sẽ phức tạp hơn nhiều so với bài tập có số liệu cụ thể.

Vậy làm thế nào để giải nhanh dạng bài tập này? Nhƣ ta đã biết, một bài tập đúng ở dạng tổng quát thì cũng đúng trong những trƣờng hợp cụ thể.

Và việc giải một bài tập có số liệu cụ thể bao giờ cũng dễ dàng hơn so với việc giải một bài tập tổng quát. Từ những cơ sở đó ta suy ra: Để giải nhanh 17

bài tập ở dạng tổng quát thì phƣơng pháp hữu hiệu nhất là chuyển nó về bài tập có số liệu cụ thể bằng cách tự chọn lƣợng chất thích hợp, có lợi cho việc tính toán.

Phương pháp giải bài tập hoá học bằng cách tự chọn lượng chất thích hợp để chuyển bài tập từ dạng tổng quát thành bài tập có số liệu cụ thể gọi là phƣơng pháp tự chọn lƣợng chất.

1.4.3.2. Phương pháp giải

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

- Bƣớc 1: Nhận dạng nhanh phƣơng pháp giải bài tập: Khi gặp bài toán hoá học mà lƣợng chất cho ở dạng tổng quát: x mol, m gam, V lít,... hoặc cho ở dạng tỉ lệ mol, tỉ lệ khối lượng, tỉ lệ thể tích,... thì ta nên sử dụng phƣơng pháp tự chọn lƣợng chất.

- Bƣớc 2: Căn cứ vào giả thiết để phân tích, đánh giá lƣợng chất tự chọn là số mol hay khối lƣợng thì có lợi về mặt tính toán.

- Bƣớc 3: Thay lƣợng chất đã chọn để chuyển bài tập tổng quát thành bài tập cụ thể.

- Bƣớc 4: Vận dụng các phƣơng pháp bảo toàn electron, bảo toàn

nguyên tố, bảo toàn khối lƣợng, bảo toàn điện tích,... để tính toán với bài tập cụ thể, từ đó suy ra đáp số của bài toán.

1.4.3.3. Ví dụ minh hoạ

Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm C3H4 và H2. Cho X đi qua ống đựng bột Ni nung nóng, thu đƣợc hỗn hợp Y chỉ gồm 3 hiđrocacbon có tỉ khối so với H2 là 21,5.

Tỉ khối của X so với H2 là A. 10,4.

B. 9,2.

C. 7,2.

D. 8,6.

(Đề thi thử Đại học lần 3 – THPT Chuyên Nguyễn Huệ - Hà Nội) Hƣớng dẫn giải t ,Ni Phƣơng trình phản ứng: C3H4 + k H2   C3H4+2k 0

Theo giả thiết, ta có: MC3H4 2k  40  2k  43  k  1,5 Chọn n C3H4 2k  1 mol 18

n C3H4  1 mol m m 43 17,2   MX  X  Y   17,2  d X/H2   8,6 n  1,5 mol n n 2,5 2  H2 X X Vậy chọn đáp án D. Ví dụ 2: Hỗn hợp khí X gồm H2 và một anken có khả năng cộng HBr cho sản phẩm hữu cơ duy nhất. Tỉ khối của X so với H2 bằng 9,1. Đun nóng X có xúc tác Ni, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu đƣợc hỗn hợp khí Y không làm mất màu nƣớc brom; tỉ khối của Y so với H2 bằng 13. Công thức cấu tạo của anken là B. CH2=CH−CH2−CH3

C. CH2=C(CH3)2

D. CH2=CH2

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

A. CH3−CH=CH−CH3

(Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2009) Hƣớng dẫn giải

Sau phản ứng, Y không làm mất màu nƣớc brom, chứng tỏ anken đã phản ứng hết.

Theo bảo toàn khối lƣợng ta có: mX = mY  n X M X  n Y M Y 

n X M Y 13.2 13    n Y M X 9,1.2 9,1

n  13 Chọn  X  n CnH2n  nH 2 phản ứng = nX – nY = 3,9 mol n 9,1   Y Vậy hỗn hợp X ban đầu có:

n Cn H2 n  3,9 mol 3,9.14n  9,1.2   9,1.2  n  4 → CnH2n là C4H8  13 n H2  9,1 mol Vì C4H8 phản ứng với HBr tạo ra một sản phẩm duy nhất nên C4H8 phải là anken đối xứng, có công thức cấu tạo là CH3−CH=CH−CH3 Vậy chọn đáp án A.

19

1.4.4. Phương pháp tìm khoảng giới hạn 1.4.4.1. Nội dung của phương pháp tìm khoảng giới hạn Hiện nay đang tồn tại nhiều hệ thống phân dạng bài tập hoá học: Phân dạng bài tập theo tính chất hoá học của các chất (anđehit tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3,...); phân dạng bài tập theo loại phản ứng (phản ứng cộng, tách, oxi hoá, trao đổi,...); phân dạng bài tập theo các phƣơng pháp giải nhanh (bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tố, bảo toàn khối lƣợng, bảo toàn điện tích,...);... Mỗi hệ thống phân dạng đều có những ƣu điểm, nhƣợc điểm riêng.

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

Tuy nhiên, nếu căn cứ vào yêu cầu của đề bài thì có thể chia bài tập hoá học thành hai dạng chính: Tính lƣợng chất (1) và tìm chất (2). Đối với dạng (1), hƣớng tƣ duy là tìm số mol của các chất, từ đó suy ra khối lƣợng, thể tích (đối với các chất khí), nồng độ mol, nồng dộ phần trăm,... Đối với dạng (2), hƣớng tƣ duy là tìm khối lƣợng mol, tìm thành phần cấu tạo nên chất đó;...

Với hƣớng tƣ duy thông thƣờng nhƣ vậy, ta có thể giải quyết đƣợc khá nhiều bài tập. Nhƣng có một số bài tập, khi mà các giả thiết đƣợc khai thác triệt để ta vẫn không thể tìm đƣợc kết quả.

Vậy cần phải tìm hƣớng tƣ duy giải toán mới. Nếu trƣớc đây ta chỉ có

một hƣớng tƣ duy là tìm chính xác các giá trị nhƣ số mol, khối lƣợng, thể tích,... hoặc khối lƣợng mol của chất mà đề bài yêu cầu thì bây giờ ta có thể giải bài tập theo một hƣớng tƣ duy khác, đó là tìm khoảng giới hạn của các giá trị số mol, khối lượng, thể tích,... hoặc tìm khoảng giới hạn khối lượng mol của chất cần tìm. Từ đó, dựa vào đặc điểm của các chất (khối lƣợng mol, cấu tạo hoá học,...) và có khi là cả đáp án để tìm đáp số.

Phƣơng pháp tìm khoảng giới hạn là phương pháp giải bài tập hoá học dựa vào việc tìm khoảng giới hạn của các giá trị như khối lượng, số mol, thể tích, khối lượng mol của các chất. Để từ đó suy ra giá trị hoặc công thức, tên gọi của chất mà đề bài yêu cầu.

1.4.4.2. Phương pháp giải - Bƣớc 1: Lập sơ đồ phản ứng biểu diễn quá trình chuyển hoá giữa các chất để thấy rõ bản chất hoá học của bài toán.

20

- Bƣớc 2: Nhận dạng nhanh phƣơng pháp giải bài tập: Khi gặp những bài tập mà đề bài không cung cấp đủ giả thiết để tìm đƣợc kết quả chính xác hoặc có thể tìm đƣợc kết quả chính xác nhƣng phải làm dài dòng, mất nhiều thời gian thì ta nên sử dụng phƣơng pháp tìm khoảng giới hạn.

- Bƣớc 3: Căn cứ vào giả thiết để lựa chọn giá trị trong phƣơng pháp tìm khoảng giới hạn. Nếu là bài tập tính lƣợng chất thì giá trị đó thƣờng là số mol, khối lƣợng, thể tích,... Nếu là bài tập tìm chất thì giá trị thƣờng là khối lƣợng mol.

- Bƣớc 4: Dựa vào giả thiết để thiết lập khoảng giới hạn đối với các giá

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

trị số mol, khối lƣợng, thể tích,... hoặc khối lƣợng mol của chất cần tìm. Từ đó, dựa vào cấu tạo, tính chất của chất và các phƣơng án A, B, C, D đề cho để tìm ra kết quả của bài toán.

1.4.4.3. Phạm vi áp dụng

Phƣơng pháp tìm khoảng giới hạn chủ yếu đƣợc dùng để giải quyết các bài tập mà việc tính toán trực tiếp ra kết quả gặp khó khăn, do sự giới hạn của giả thiết. Một số dạng bài tập sử dụng phƣơng pháp khoảng giới hạn là: + Tính lƣợng chất trong phản ứng

+ Tìm công thức của hợp chất hữu cơ

1.4.4.4. Ví dụ minh hoạ

Câu 2 - Mã đề 268: Đốt cháy hoàn toàn 2,76 gam hỗn hợp X gồm CxHyCOOH, CxHyCOOCH3, CH3OH thu đƣợc 2,688 lít CO2 (đktc) và 1,8 gam H2O. Mặt khác cho 2,76 gam X phản ứng vừa đủ với 30 ml dung dịch NaOH 1M, thu đƣợc 0,96 gam CH3OH. Công thức của CxHyCOOH là A. C2H5COOH.

B. CH3COOH.

C. C2H3COOH.

(Đề thi tuyển sinh cao đẳng năm 2010) Hƣớng dẫn giải  Cách 1: Sử dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố: Theo giả thiết ta có:

21

D. C3H5COOH.

n CO2 

1,8 2,688  0,1 mol, nNaOH = 0,03.1 = 0,03 mol  0,12 mol, n H2O  18 22,4

Đặt gốc CxHy là R. Số mol O trong X là:

mX  mC  mH 2,76  12n CO2  2n H2O   0,07 mol 16 16 Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với O ta có: 2nRCOOH + 2n RCOOCH3  n CH3OH ban đầu = 0,07 (1) nO 

Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với Na và bảo toàn gốc –R, ta có:

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

n RCOOH  n RCOOCH3  n RCOONa  n NaOH  0,03 (2) Áp dụng bảo toàn gốc CH3 ta có:

n RCOOCH3  n CH3OH ban đầu = n CH3OH sau phản ứng = 0,03 (3) Từ (1), (2), (3) ta có:

nRCOOH = 0,01 mol, n RCOOCH3  0,02 mol, n CH3OH ban đầu = 0,01 mol

 0,01(R  45)  0,02(R  59)  0,01.32  2,76  R  27 (C2H3−) Vậy CxHyCOOH là CH2=CH-COOH Chọn đáp án C.

 Cách 2: Sử dụng phương pháp tìm khoảng giới hạn

Nếu CxHyCOOH, CxHyCOOCH3 là no, đơn chức thì khi đốt cháy sẽ thu đƣợc số mol CO2 bằng số mol H2O. Đốt cháy ancol CH3OH thu đƣợc số mol H2O lớn hơn số mol CO2. Khi đó tổng số mol H2O sẽ lớn hơn tổng số mol CO2.

Trên thực tế, khi đốt cháy X số mol CO2 lớn hơn số mol H2O, chứng tỏ CxHyCOOH, CxHyCOOCH3 phải không no. Suy ra các phƣơng án A, B không thoả mãn.

Phƣơng án đúng chỉ có thể là C hoặc D. Sơ đồ phản ứng: X + NaOH → CH3OH + CxHyCOONa + H2O Theo bảo toàn khối lƣợng ta có:

22

m X  m NaOH  mCH3OH  mCx H yCOONa  m H2O 2,76

0,3.40

0,96

?

 mCx H yCOONa  m H2O  3 gam  mCx HyCOONa  3 gam (*) Mặt khác áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với Na, ta có: n Cx HyCOONa  n NaOH  0,03 mol (**)

mCx H yCOONa n Cx H yCOONa



3  100 0,03

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

Từ (*),(**) suy ra: M Cx H yCOONa 

 MCx Hy  33 → CxHy là C2H3 (M = 27)

Vậy CxHyCOOH là CH2=CH-COOH Vậy chọn đáp án C Nhận xét:

Với cách 1: Tƣ duy giải toán theo cách thông thƣờng, đó là tìm chính xác khối lƣợng của gốc hiđrocacbon CxHy. Từ đó suy ra cấu tạo của gốc hidrocacbon và công thức của axit. Với bài tập này, đề bài cho đủ giả thiết để tìm chính xác gốc hiđrocacbon, nhƣng phải vận dụng bảo toàn nguyên tố đối với nhiều nguyên tố và nhóm nguyên tố hoặc phải viết phƣơng trình hoặc tính toán theo phƣơng trình phản ứng. Vì vậy, lời giải dài dòng và mất nhiều thời gian.

Với cách 2: Tƣ duy theo hƣớng tìm khoảng giới hạn khối lƣợng mol của gốc hiđrocacbon. Với cách này, việc tính toán trở nên đơn giản hơn nhiều.

Mặc dù không tìm đƣợc chính xác khối lƣợng của gốc hiđrocacbon, nhƣng với MCx Hy  33 và CxHy là gốc không no thì nó chỉ có thể là CH≡C− (M = 25) hoặc CH2=CH− (M = 27). Do sự lựa chọn đã giới hạn chỉ còn C hoặc D nên rất dễ dàng tìm đƣợc gốc hiđrocacbon là CH2=CH− [9]

23

CHƢƠNG 2 CƠ SỞ LÝ THUYẾT MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP QUY ĐỔI 2.1. Phƣơng pháp quy đổi hỗn hợp axit, ancol và este tạo bởi chúng Xét phản ứng thuỷ phân este trong môi trƣờng axit: H 2SO4 ,t   Axit + Ancol Este + H2O   0

Có thể hiểu là:

 Axit + Ancol – H2O

Este

 Ta có thể quy đổi một este bất kì thành ancol, axit và nước.

Axit  (a = neste. Số chức este) Ancol H O : a mol  2

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

Axit  m (gam) Ancol  m (gam) Este 

(Cần lưu ý rằng số mol H2O khi quy đổi sẽ là một giá trị âm) Trường hợp 1: Este tạo bởi axit đơn chức và ancol đơn chức

H 2SO4 ,t   1RCOOH + 1R’OH 1RCOOR’ + 1H2O   0

1RCOOH  Khi đó: 1RCOOR’  1R 'OH 1H O 2 

Trường hợp 2: Este tạo bởi axit đa chức và ancol đơn chức

H 2SO4 ,t   1R(COOH)n + nR’OH 1R(COOR’)n + nH2O   0

1R(COOH) n  Khi đó: 1R(COOR’)n  nR 'OH nH O 2  Trường hợp 3: Este tạo bởi axit đơn chức và ancol đa chức H 2SO4 ,t   nRCOOH + 1R’(OH)n 1(RCOO)nR’ + nH2O   0

24

nRCOOH  Khi đó: 1(RCOO)nR’  1R ' (OH) n nH O 2  Xét trƣờng hợp điển hình gồm các axit, ancol, este đều đơn chức mạch hở:

RCOOR': a RCOOH: a + b   X RCOOH: b  X ' R 'OH : a  c R 'OH : c H O :-a   2

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

- Khi cho X tác dụng với NaOH dƣ:

 NaOH RCOOR'   RCOONa  R 'OH  RCOONa : a  b a a a   NaOH   RCOONa  H 2O → R 'OH : a  c RCOOH b b b  H O : b  2 NaOH R 'OH   R 'OH c  c

- Khi cho X’ tác dụng với NaOH dƣ:

NaOH RCOOH   RCOONa  H 2O a b  a b RCOONa : a  b a b   NaOH   R 'OH  R 'OH : a  c R a'OH a c c  H O : a  b  a  b NaOH  2  H 2O H 2O  a  a

→ Nhƣ vậy, sản phẩm cuối cùng sau khi hỗn hợp đƣợc quy đổi hoàn toàn không thay đổi.

Từ nhận xét trên, ta thu đƣợc hai kết quả sau:

+ Số mol COOH của axit trong hỗn hợp sau khi quy đổi bằng số mol NaOH phản ứng với hỗn hợp đầu. + Lƣợng ancol có trong hỗn hợp sau khi quy đổi bằng lƣợng ancol thu đƣợc nếu thuỷ phân hoàn toàn hỗn hợp đầu (trong môi trƣờng axit hoặc môi trƣờng kiềm). [10, 11]

25

2.2. Phƣơng pháp quy đổi peptit 2.2.1. Phương pháp quy peptit về amino axit “đơn giản” Xét các peptit đƣợc tạo thành từ các amino axit no, hở, chứa 1 nhóm – COOH và 1 nhóm –NH2.

Peptit + (k – 1)H2O  H 2 N  COOH  Quy ®æi → Peptit   CH 2 H O  2

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

Ta có: n H2O  n peptit  n H2 NCOOH

- Khi cho peptit tác dụng với NaOH thì muối thu đƣợc sẽ là: H 2 N  COOH H 2 N  COONa   NaOH Peptit  CH 2   CH 2 H O  2

2.2.2. Phương pháp quy đổi peptit theo bản chất phản ứng thuỷ phân Công thức tổng quát của các amino axit no, mạch hở, trong phân tử

chứa 1 nhóm −COOH và 1 nhóm –NH2 là H2NCmH2mCOOH Khi đó, công thức tổng quát của các peptit đƣợc tạo bởi amino axit no, mạch hở, 1 nhóm −COOH và 1 nhóm –NH2 là: (k: Số mắt xích) HNCO : kx mol  : x mol  CH 2 : y mol H O : x mol  2 Quy ®æi

Ta có: n H2O  npeptit

Caa 

n CH2  n CONH n CONH

k  CONH 

n CONH n CONH  n peptit n H 2O

26

- Xét phản ứng đốt cháy peptit:

CONH   O2 ,t 0 Peptit  CH 2   CO2 ,H 2O, N 2 H O  2 0 0 0 0

 O2 ,t 0

4 2

1

2

0

CO N H  CO 2  H 2 O N 2  (1.4  2  1)e  3e 0 0

4 2

1

2

 O2 ,t CH 2   CO2  H 2 O (1.4  2.1)e  6e 0

2

0

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

O2  4e  2O Bảo toàn electron, ta có: 3n CONH  6n CH2  4n O2

- Xét phản ứng của hỗn hợp sau khi quy đổi peptit tác dụng với dung dịch kiềm:

COONa: a CONH : a    NaOH Peptit  CH 2 : b  muối  NH 2 : a [10, 12] H O : c CH : b  2  2

2.3. Phƣơng pháp quy về nhóm chất đồng đẳng

Ta biết rằng, các chất thuộc cùng một dãy đồng đẳng hơn kém nhau một hoặc nhiều nhóm CH2. Vì vậy, có thể thêm vào hoặc bớt đi CH2 từ một chất bất kì để đƣợc một chất khác đồng đẳng với nó. Dựa vào ý tƣởng này, ta có thể quy đổi một hỗn hợp phức tạp về các chất đơn giản hơn (thƣờng là các chất đầu dãy) kèm theo một lƣợng CH2 tƣơng ứng.

Chẳng hạn: C3H8  CH4 + 2CH2 C2H5COOH  HCOOH + 2CH2 CH3COOC3H7  HCOOCH3 + 3CH2 C2H5NH2  CH3NH2 + CH2 Ví dụ: Quy đổi hỗn hợp X gồm các axit no, đơn chức và các ancol no, hai chức (tất cả đều mạch hở)

27

C H COOH Quy ®æi X  n 2n 1   C H O  m 2m2 2

HCOOH : a  C2 H 4 (OH) 2 : b CH : c  2

Chú ý: + CH2 là thành phần khối lƣợng, nên nó có mặt trong các phƣơng trình liên quan đến khối lƣợng, phản ứng đốt cháy,... + CH2 không phải là một chất (bản thân nó là nhóm metylen –CH2−).

Do đó nó không đƣợc tính vào số mol hỗn hợp.

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

- “Ghép CH2” để tạo lại hỗn hợp ban đầu: Với những bài toán đòi hỏi

thông tin về các chất ban đầu, ta cần “ghép CH2” vào các chất đầu dãy (đƣợc quy đổi từ các chất ban đầu) để tạo lại hỗn hợp ban đầu. Kĩ thuật này phụ thuộc nhiều vào khả năng xử lý số liệu. Nếu tính tính nhẩm tốt, ta sẽ không gặp nhiều khó khăn ở bƣớc này. [11] Ví dụ 1: Tạo lại hỗn hợp 2 amin đồng đẳng kế tiếp từ hỗn hợp quy đổi gồm CH3NH2 0,4 mol và CH2 0,1 mol

CH3 NH 2 : 0,3 CH3 NH 2 : 0,4 CH3 NH 2 : 0,3    CH 2 : 0,1 CH3 NH 2  CH 2 : 0,1 C2H5 NH 2 : 0,1

Ví dụ 2: Tạo lại hỗn hợp gồm 1 ancol và 1 axit từ hỗn hợp quy đổi gồm 0,4 mol CH3OH, 0,3 mol CH2=CH−COOH và 1,1 mol CH2 Để ghép CH2 ta cần giải phƣơng trình nghiệm nguyên

CH3OH : 0,4 CH3OH.mCH 2 : 0,4  X CH 2  CHCOOH: 0,3   CH 2  CHCOOH.nCH 2 : 0,3 CH :1,1 2  m  2 (với 0,4m + 0,3n = 1,1)   n  1

→ Hỗn hợp ban đầu là: C3H7OH (0,4 mol) và CH2=CHCH2COOH (0,3 mol)

28

CHƢƠNG 3: KẾT QUẢ VÀ THẢO LUẬN 3.1. Phƣơng thức quy đổi hỗn hợp axit, ancol và este tạo bởi chúng Các dạng bài liên quan đến este luôn chiếm một tỷ lệ cao trong các đề thi Hoá học THPT Quốc Gia với các mức độ từ dễ đến khó. Trong đó bài toán “hỗn hợp gồm axit, ancol và este tạo bởi chúng” đƣợc đánh giá là dạng bài khá phức tạp, gây không ít khó khăn cho học sinh. Nếu giải theo cách truyền

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

thống có đôi lúc ta sẽ rơi vào “bế tắc” vì có quá nhiều ẩn và khiến cho phép tính trở nên phức tạp thì với việc sử dụng phƣơng pháp quy đổi “hỗn hợp axit, ancol và este” thành hỗn hợp chỉ gồm “axit, ancol và H2O” bài toán sẽ đƣợc xử lý một cách đơn giản, hiệu quả mà vẫn thể hiện đƣợc đầy đủ bản chất hoá học trong đó. Để hiểu rõ hơn về phƣơng pháp quy đổi này, chúng ta sẽ cùng xét các ví dụ cụ thể sau đây:

Ví dụ 1: Cho hỗn hợp X gồm một axit cacboxylic đơn chức, một ancol đơn chức và este tạo bởi axit và ancol đó. Đốt cháy hoàn toàn 1,55 gam hỗn hợp X thu đƣợc 1,736 lít CO2 (đktc) và 1,26 gam H2O. Mặt khác, khi cho 1,55 gam hỗn hợp X tác dụng vừa hết với 125 ml dung dịch NaOH 0,1M tạo ra m gam muối. Sau phản ứng tổng số gam ancol thu đƣợc là 0,74 gam và ứng với 0,01 mol. Vậy giá trị của m là A. 1,175 gam.

B. 1,205 gam.

C. 1,275 gam.

D. 1,305 gam.

Hướng dẫn giải

RCOOH RCOONa : 0,0125 mol   0,0125(mol) NaOH 1,55 gam X R 'OH   R 'OH : 0,01 mol RCOOR ' H O   2 Mancol =

0,74  74  R’ + 17 = 74 →R’ = 57 (C4H9) →Ancol là C4H9OH 0,01

Hỗn hợp X đƣợc quy đổi nhƣ sau:

RCOOH: 0,0125 mol CO2 : 0,0775 mol   O2  1,55(gam) X C4 H9OH : 0,01 mol  H 2O : 0,07 mol H O : x mol  2

29

Bảo toàn khối lƣợng, ta có:

mX  mO2  mCO2  mH2O  mO2  0,0775.44  0,07.18  1,55  3,12(g)

 n O2  0,0975 (mol) Boàn nguyên tố oxi, ta có: 2.0,0125 + 0,01 + x = 0,0775.2 + 0,07 → x = -0,005 (mol) Ta có: mX = 0,0125.(R + 45) + 0,01.74 + (-0,005).18 = 1,55 → R = 27 →mmuối = mRCOONa = 0,0125.(27 + 67) = 1,175 (gam) Vậy chọn đáp án A.

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm một axit cacboxylic T (hai chức, mạch hở), hai ancol đơn chức cùng dãy đồng đẳng và một este hai chức tạo bởi T với hai ancol đó. Đốt cháy hoàn toàn a gam X, thu đƣợc 8,36 gam CO2. Mặt khác, đun nóng a gam X với 100 ml dung dịch NaOH 1M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thêm tiếp 20 ml dung dịch HCl 1M để trung hòa lƣợng NaOH dƣ, thu đƣợc dung dịch Y. Cô cạn Y, thu đƣợc m gam muối khan và 0,05 mol hỗn hợp hai ancol có phân tử khối trung bình nhỏ hơn 46. Giá trị của m là A.6,53.

B.7,09.

C.5,92.

D.5,36.

(Đề thi thử THPT Chuyên Đại học sư phạm Hà Nội 2017 – lần 2) Hướng dẫn giải

Mancol  46 → Có CH3OH

→ Chứng tỏ hai ancol no, đơn chức, mạch hở

nNaOH ban đầu = 0,1 (mol), nHCl = 0,02 (mol)→nNaOH phản ứng = 0,1– 0,02 = 0,08 (mol) Quy hỗn hợp X thành:

Axit: Cn H 2n  22k O 4  0,04   O2  0,19(mol)CO2 Ancol: Cm H 2m 2O   0,05 H O :  x(mol)  2 Bảo toàn nguyên tố C, ta có: n CO2  0,04n  0,05m  0,19 hay 4n + 5m =19 (1)

30

n  2 n  2 n  3 Vì    14m  18  46 m  2 m  1,4

Vậy axit là HOOC−CH2−COOH (0,04 mol)

CH 2 (COONa) 2  0,04  m  7,09(gam) Muối Y gồm  NaCl   0,02 Vậy chọn đáp án B.

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

Ví dụ 3: Cho X, Y là hai axit hữu cơ mạch hở (MX < MY); Z là ancol no; T là este hai chức mạch hở không phân nhánh tạo bởi X, Y, Z. Đun nóng 38,86 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z, T với 400 ml dung dịch NaOH 1M vừa đủ thu đƣợc ancol Z và hỗn hợp F chứa hai muối có số mol bằng nhau. Cho Z vào bình chứa Na dƣ thấy bình tăng 19,24 gam và thu đƣợc 5,824 lít H2 ở đktc. Đốt hoàn toàn hỗn hợp F cần 15,68 lít O2 (đktc) thu đƣợc khí CO2; Na2CO3 và 7,2 gam H2O. Thành phần phần trăm khối lƣợng của T trong E gần nhất với?

A. 9.

B. 14.

C. 26.

D. 51. (Đề thi thử Sở GD-ĐT Quảng Bình-2017)

Hướng dẫn giải

Ta có: mbình tăng = mancol − m H → mancol =19,76 gam 2

Phản ứng:

R(OH)2 + Na → R(ONa)2 + H2 0,26 0,26 (mol)

→Mancol = (R + 34) =

19,76 = 76→ R = 42, Z là C3H6(OH)2 0,26

Quy đổi hỗn hợp E thành:

  RCOOH CO 2  0,4   0,7mol O 2 0,4mol NaOH   H 2O 38,86gam C3H 6 (OH) 2   muối RCOONa  0,4   0,4 0,26 H O  Na CO  2  2 3  0,2 BTNT Oxi cho phản ứng đốt cháy: 2.0,4 + 0,7.2 = 2 n CO2 + 0,4 +0,2.3→ n CO2 =0,6 31

Bảo toàn khối lƣợng, ta có: mmuối = mCO2  mH2O  m Na2 CO3  mO2  32,4 (gam)  (R  67).0,4  32,4  R  14

mE  mRCOOH  mC3H6 (OH)2  mH2O  38,86  mH2O  4,5(gam) 0,4.(14 45)

0,26.76

 n H2O  0,25 (RCOO) 2C3H 6  2H 2O  2RCOOH + C3H 6 (OH) 2 0,125

(mol)

0,125.(2R  44.2  42) .100  50,82% 38,86

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

 %mT 

0,25

Vậy chọn đáp án D.

3.2. Phƣơng pháp quy đổi peptit

Peptit là hợp chất có cấu tạo phân tử khá “cồng kềnh”, với những công thức phân tử tổng quát phức tạp. Do đó, những bài toán peptit khó luôn nằm trong “top” những câu hỏi lấy điểm 9, 10 và học sinh thƣờng có cảm giác “ngại” khi gặp những bài toán này. Các phƣơng pháp quy đổi đã biến peptit thành những hỗn hợp quy đổi mới đơn giản hơn và thuận lợi cho việc giải toán. Chẳng hạn nhƣ phƣơng pháp quy đổi về “đipeptit” đối với bài toán đốt cháy peptit, phƣơng pháp quy đổi peptit về “gốc axyl và H2O”, phƣơng pháp gộp chuỗi peptit bằng phản ứng trùng ngƣng,... [10]. Tuy nhiên, các bài tập về peptit luôn biến hoá một cách khôn lƣờng, vô cùng phong phú và đa dạng, một phƣơng pháp quy đổi không thể là “chìa khoá vạn năng” để giải quyết mọi bài toán. Chính vì vậy, ta không bất ngờ khi dạng toán này xuất hiện nhiều phƣơng pháp quy đổi mới đến vậy. Sau đây, tôi xin trình bày về hai phƣơng pháp quy đổi peptit mới, đó là “phƣơng pháp quy peptit về amino axit đơn giản” và “phƣơng pháp quy đổi pepit theo bản chất phản ứng thuỷ phân”.

Hai phƣơng pháp quy đổi này có thể áp dụng cho nhiều trƣờng hợp liên quan đến tính toán lƣợng chất, tìm công thức peptit,... Hiệu quả mà hai phƣơng pháp này đem lại có thể nói hoàn toàn tƣơng đƣơng so với các phƣơng pháp quy đổi peptit khác. Sau đây là một số ví dụ cụ thể cho từng phƣơng pháp quy đổi:

32

3.2.1. Phương pháp quy peptit về amino axit “đơn giản” Ví dụ 1: Thuỷ phân hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm peptit X và peptit Y bằng dung dịch NaOH thu đƣợc 151,2 gam hỗn hợp gồm các muối của Gly, Ala và Val. Mặt khác, để đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X và Y ở trên cần 107,52 lít khí O2 (đktc) và thu đƣợc 64,8 gam nƣớc. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào?

A. 102

B. 97

C. 92 D. 107 (Đề thi thử THPT Đô Lương - Nghệ An - 2017 - lần 1)

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

Hướng dẫn giải

H 2 N  COOH: x  E CH 2 : y H O : z  2

H N  COONa: x NaOH  151,2g  2 CH 2 : y 4,8mol O 2   CO 2  H 2O (3,6mol )  N 2 xy

1,5x  y  z

Ta có hệ phƣơng trình sau:

83x  14y  151,2 x  1,4     y  2,5 1,5x  y  z  3,6  BTNT O  2x  z  4,8.2  2(x  y)  3,6 z  1     m  1,4.61  2,5.14  18.1  102,4g Vậy chọn đáp án A.

Ví dụ 2: Đun nóng 0,8 mol hỗn hợp E gồm đipeptit X, tripeptit Y và tetrapeptit Z đều mạch hở bằng lƣợng vừa đủ dung dịch NaOH, thu đƣợc 1,0 mol muối của glyxin; 0,8 mol muối của alanin và 0,4 mol muối của valin. Mặt khác đốt cháy m gam E trong oxi vừa đủ thu đƣợc hỗn hợp CO2, H2O và N2 trong đó tổng khối lƣợng của CO2 và H2O là 156,56g. Giá trị của m là A. 56,92.

B. 67,12.

C. 48,48.

D. 85,36.

(Đề thi thử Sở GD-ĐT Quảng Nam 2018 –lần 1) Hướng dẫn giải

33

 GlyNa(C2 H 4O 2 NNa)  H 2 N  COOH: x 1,0    NaOH E CH 2 : y  AlaNa(C3H 6O 2 NNa) 0,8mol   0,8 H 2O : 0,8  x  ValNa(C5H10O 2 NNa)  0,4

Bảo toàn nguyên tố N, ta có: x = n H2 NCOOH  nGlyNa + nAlaNa + nValNa = 1,0 + 0,8 + 0,4 = 2,2 mol Bảo toàn nguyên tố C, ta có:

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

n H2 NCOOH  n CH2  2n GlyNa  3n AlaNa  5n ValNa  6,4 mol  n CH2  4,2 mol → Khối lƣợng của 0,8 mol E là: mH2 NCOOH  mCH2  mH2O  167,8 gam 61.2,2

14.4,2

18.(-1,4)

 O2 0,8 mol E   CO2  H 2O   (mCO2  m H2O )  391,4 gam 6,4mol

6,1mol

Vậy khối lƣợng mE cần tìm là: m 

156,56.167,8  67,12(g) .

391,4

Vậy chọn đáp án B.

Ví dụ 3: Cho m gam hỗn hợp M (có tổng số mol 0,03 mol) gồm đipeptit X, tripeptit Y, tetrapeptit Z và pentapeptit T (đều mạch hở) tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu đƣợc hỗn hợp Q gồm muối của Gly, Ala, Val. Đốt cháy hoàn toàn Q bằng một lƣợng oxi vừa đủ, thu lấy toàn bộ khí và hơi đem hấp thụ vào bình đựng nƣớc vôi trong dƣ, thấy khối lƣợng tăng 13,23 gam và có 0,84 lít khí (đktc) thoát ra. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 6,0.

B. 6,9.

C. 7,0.

D. 6,08. (Đề thi thử THPT Chuyên KHTN 2017 − lần 1) Hướng dẫn giải  CO2 CH 2O2 NNa H 2 NCOOH: 0,075 0,0375 x   0,075  NaOH  O2 X CH 2 : x     Na 2CO3  N 2  H O CH 0,03mol   2  2 0,0375 0,0375 H 2O : -0,045  x 0,075 x

mCO2  mH2O  13,23  44(0,0375  x)  18(0,075  x)  13,23

34

→x = 0,165 (mol) → m = 0,075.61 + 0,165.14 – 0,045.18 = 6,075 gam Vậy chọn đáp án D. Ví dụ 4: Cho m gam hỗn hợp E gồm 1 peptit X và 1 peptit Y (biết số nguyên tử N trong X, Y lần lƣợt là 4 và 5; X và Y chứa đồng thời glyxin và alanin trong phân tử) bằng một lƣợng NaOH vừa đủ, cô cạn thu đƣợc (m+23,7) gam hỗn hợp muối. Đốt cháy toàn bộ muối sinh ra bằng một lƣợng O2 vừa đủ thu đƣợc Na2CO3 và hỗn hợp hơi F gồm CO2, H2O và N2. Dẫn toàn bộ hơi F qua bình

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

đựng NaOH đặc dƣ thấy khối lƣợng bình tăng lên 84,06 gam so với ban đầu và có 7,392 lít khí (đktc) duy nhất thoát ra, các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Thành phần phần trăm khối lƣợng của X trong E gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 58,8%.

B. 49,3%.

C. 53,1%.

D. 41,2%. (Đề thi thử THPT Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai 2018− lần 1) Hướng dẫn giải

 H 2 N  COOH CH 2O 2 NNa  0,66  CO (0,33  x)  0,66 NaOH  O2 E CH 2     Na 2CO3   2  N2 H O(0,66  x) CH m(g)  x  2  2 0,33mol 0,33mol  x H O 84,06g  2 (m  23,7)g  y

mmuối – mE = 0,66.22  18y  23,7  y  0,51(mol)  n E  n H2 NCOOH  n H2O  0,66  0,51  0,15(mol)

Ta có: mCO2  mH2O  44(0,33  x)  18(0,66  x)  84,06  x  0,93 n X  n Y  0,15 n  0,09  X  4n X  5n Y  0,66 n Y  0,06

X : Glya Ala 4a BTNT C   0,09[2a  3(4  a)]  0,06[2b  3(5  b)]  0,93  0,66  Y : Gly Ala b 5  b  a  3 X : Gly3 Ala1  9a  6b  39    b  2 Y : Gly 2 Ala 3

35

%mX 

0,09(75.3  89.1  3.18) .100  53,06% 0,66.61  0,93.14  0,51.18

Vậy chọn đáp án C. Ví dụ 5: Hỗn hợp E gồm peptit X và peptit Y đều đƣợc tạo từ Gly và Ala; X có ít hơn Y một liên kết peptit. Thủy phân hoàn toàn m gam E bằng dung dịch NaOH thu đƣợc 59,07 gam hỗn hợp muối. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp E ở trên cần dùng 37,8 lít khí O2 (đktc) thu đƣợc 22,05 gam H2O. Phần trăm khối lƣợng của X trong E gần nhất với?

B. 18%.

C. 26%.

D. 34%. (Đề thi thử THPT Quỳ Hợp 2 – Nghệ An 2017− lần 1)

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

A. 24%.

Hướng dẫn giải

CH O NNa: a mol  NaOH H 2 N  COOH: a mol  59,07g  2 2  CH 2 : b mol E CH 2 : b mol 1,6875mol O 2 H O : c mol   CO 2  H 2O  N 2  2 a b

1,5a  b  c

83a  14b  59,07 a  0,57    n H2O  1,5a  b  c  1,225  b  0,84  BTNT O c  0,47   2a  c  2.1,6875  2(a  b)  1,225   →nE = 0,57 − 0,47 = 0,1 (mol) Số mắt xích trung bình =

n H2 N COOH n peptit

=

0,57  5,7 0,1

Vì X, Y hơn kém nhau 1 liên kết peptit nên X là pentapeptit còn Y là hexapeptit n X  n Y  0,1 n  0,03  X  5n X  6n Y  0,57 n Y  0,07 X : Gly m Ala 5m BTNT C   0,03[2m  3(5  m)]  0,07[2n  3(6  n)]  0,84  0,57  Y : Gly Ala n 6 n 

X : Gly3Ala 2 m  3 → 3m+7n = 30   → n  3 Y : Gly3Ala 3

36

 %mX 

0,03.331 .100  26,08% 0,57.61  0,84.14  0,47.18

Vậy chọn đáp án C. 3.2.2. Phương pháp quy đổi peptit theo bản chất phản ứng thuỷ phân Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm ba peptit mạch hở chỉ đƣợc tạo bởi Ala và Gly. Ngƣời ta lấy 0,2 mol X cho vào dung dịch chứa NaOH dƣ thì thấy có 0,55

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

mol NaOH tham gia phản ứng. Đồng thời thu đƣợc dung dịch có chứa m gam muối. Mặt khác, lấy 53,83 gam X rồi đem đốt cháy hoàn toàn thì thu đƣợc 1,89 mol khí CO2. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là A. 62,24.

B. 65,72.

C. 58,64.

D. 56,85. (Đề thi thử THPT Đô Lương 1 – Nghệ An 2017 – lần 2) Hướng dẫn giải

CONH : 0,55  0,55mol NaOH   muối 0,2 mol X CH 2 : x H O : 0,2  2

COONa: 0,55   NH 2 : 0,55 CH : x  2

CONH : 0,55k   O2   CO2 : 0,55k  kx 53,83 gam X CH 2 : kx H O : 0,2k 1,89mol  2

mX  27,25k  14kx  53,83 k  1,4   x  0,8 mol Ta có:  n  0,55k  kx  1,89 kx  1,12 CO   2 →mmuối = mCOONa  m NH2  mCH2  56,85 gam 0,55.67

0,55.16

0,8.14

Vậy chọn đáp án D.

Ví dụ 2: X và Y lần lƣợt là tripeptit và hexapeptit đƣợc tạo thành từ cùng một aminoaxit no mạch hở, có 1 nhóm –COOH và 1 nhóm –NH2. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X bằng O2 vừa đủ, thu đƣợc sản phẩm gồm CO2, H2O và N2 có tổng khối lƣợng là 40,5 gam. Nếu cho 0,15 mol Y tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH (dƣ 20% so với lƣợng cần thiết), sau phản ứng cô cạn dung dịch đƣợc khối lƣợng chất rắn khan là A. 87,3.

B. 107,1.

C. 98,9.

D. 94,5. (Đề thi thử THPT Vĩnh Bảo – Hải Phòng 2017) 37

Hướng dẫn giải

CO 2 : 0,3  x  CONH : 0,3     O2   H 2O : 0,25  x  → x = 0,3 mol 0,1 mol X  CH 2 : x H O : 0,1  N : 0,15   2  2  40,5gam

→MY =

0,3.43  0,3.14  0,1.18  189 0,1

CTPT của Y là: (3Cn H2n 1O2 N  2H2O) →(42n + 105) = 189→n = 2 (Glyxin) Phản ứng của Y tác dụng với NaOH:

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

Y  6NaOH  6C2H 4O2 NNa  H 2O

0,15

0,9

0,9

→ mchất rắn khan = mmuối + mNaOH dƣ = 0,9. 97 + 0,9.0,2.40 = 94,5 gam Vậy chọn đáp án D. Ví dụ 3: Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp A gồm 3 chuỗi oligopeptit có số liên kết lần lƣợt là 9, 3, 4 bằng dung dịch NaOH (dƣ 20% so với lƣợng cần phản ứng), thu đƣợc hồn hợp Y gồm muối Natri của Ala (a gam) và Gly (b gam) cùng NaOH dƣ. Cho vào Y từ từ đến dƣ dung dịch HCl 3M thì thấy HCl phản ứng tối đa hết 2,31 lít. Mặc khác, khi đốt cháy hoàn toàn 40,27 gam hỗn hợp A trên cần dùng vừa đủ 34,44 lít O2 (đktc), đồng thời thu đƣợc hỗn hợp khí và hơi với khối lƣợng của CO2 lớn hơn khối lƣợng của nƣớc là 37,27 gam.

Tỉ lệ a/b gần nhất là A. 888/5335.

B. 999/8668.

C. 888/4224.

D. 999/9889. (Đề thi thử THPT Chuyên Bắc Ninh 2017 – lần 2) Hướng dẫn giải

CONH : x CO2 : x  y  1,5375mol O2 40,27gam A CH 2 : y   H 2O : 0,5x  y  z H O : z  2 Ta có hệ phƣơng trình:

43x  14y  18z  40,27  x  0,63  BTE   3x  6y  4.1,5375   y  0,71   44(x  y)  18(0,5x  y  z)  37,27 z  0,18   38

GlyNa(C2 H 4O 2 NNa)  CONH : 0,63k z(mol)    NaOH(0,756k)mol 6,93mol HCl m(gam)A CH 2 : 0,71k  AlaNa(C3H 6O 2 NNa)   H O : 0,18k  t (mol)  2   NaOH

nHCl phản ứng = 0,63k + 0,756k = 6,93 → k = 5 z  t  0,63.5 z  2,75   BTNT C   2z  3t  6,7  t  0,4  

a 0,4.111 888   b 2,75.97 5335

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T



Vậy chọn đáp án A.

Ví dụ 4: Hỗn hợp H gồm 3 peptit X, Y, Z (MX < MY) đều mạch hở; Y và Z là đồng phân của nhau. Cho m gam hỗn hợp H tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 0,98 mol NaOH, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu đƣợc 112,14g muối khan (chỉ chứa muối natri của alanin và valin). Biết trong m gam H có mO : mN = 552 : 343 và tổng số liên kết peptit trong 3 peptit bằng 9. Tổng số nguyên tử có trong peptit Z là A. 65.

B. 70.

C. 63.

D. 75.

(Đề thi thử THPT Nguyễn Khuyến 2017 – lần 1) Hướng dẫn giải

COONa:0,98 CONH : 0,98    H CH 2 : x  muối  NH 2 : 0,98  → x = 2,2 mol H O : y CH : x   2  2  112,14gam

mO 16(0,98  y) 552    y  0,4 mol mN 14.0,98 343 Số mắt xích trung bình =

n CONH 0,98   2,45  X là đipeptit n H 2O 0,4

Y, Z là đồng phân →Số mắt xích trong Y, Z bằng nhau =

39

93 2 5 2

n  n Y  n Z  0,4 n  0,34 → X  X 2n X  5(n Y  n Z )  0,98 n Y  n Z  0,06 X : Ala m Val2m  0,34 BTNT C  0,34[3m  5(2  m)]  0,06[3n  5(5  n)]  2,2  0,98  Y, Z : Ala Val n 5  n   0,06 m  2  17m  3n  43   n  3

→ Z : Ala 3Val2 (3C3H7O2N.2C5H11O2N – 4H2O) ≡ C19H35O6N5 (65 nguyên tử)

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

Vậy chọn đáp án A.

Ví dụ 5: X, Y, Z là ba peptit đều mạch hở và MX > MY > MZ. Đốt cháy 0,5 mol peptit X hoặc 0,5 mol peptit Y cũng nhƣ 0,5 mol peptit Z đều thu đƣợc CO2 có số mol nhiều hơn số mol của H2O là 0,5 mol. Nếu đun nóng 139,6 gam hỗn hợp E chứa X, Y và 0,32 mol Z ( số mol của X nhỏ hơn số mol của Y) với dung dịch NaOH vừa đủ, thu đƣợc dung dịch chỉ chứa 2 muối của alanin và valin có tổng khối lƣợng 202,08 gam. Phần trăm khối lƣợng của X có trong hỗn hợp E gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 35%.

B. 12%.

C. 28%.

D. 10%.

(Đề thi thử THPT Quỳnh Lưu 1 – Nghệ An 2017 – lần 1) Hướng dẫn giải

Xét 0,5 mol X (hoặc Y, Z)

CONH : 0,5n CO2 : 0,5n  x   O2 0,5mol X CH 2 : x   H 2O : 0,25n  x  0,5 H O : 0,5  2 (n: Số mắt xích)

 n CO2  n H2O  0,25n  0,5  0,5  n  4 Vậy X, Y, Z đều là tetrapeptit

CONH : 4a COONa:4a      NaOH 139,6gam E CH 2 : b  muối  NH 2 : 4a  H O : a CH : b   2  2  202,08gam

40

Ta có hệ phƣơng trình sau:

190a  14b  139,6 a  0,44   332a  14b  202,08 b  4  n X  n Y  0,32  0,44  n X  n Y  0,12 mol

n  n Val  0,44.4 n Ala  1,52 Ta có:  Ala  111n Ala  139n Val  202,08 n Val  0,24

ME 

139,6  317,27  89.4  3.18 →Trong E chứa 1 peptit (Ala)4 (Z) 0,44

Y : Ala 3Val(M  330) 139,6  0,32.M Z  358   0,12 X : AlaVal3 / Val4 Trƣờng hợp 1: X là AlaVal3, Y là Ala3Val, Z là Ala4

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

M(X,Y) 

n X  n Y  0,12 n  0,06   BT Ala  X (loại vì nX phải nhỏ hơn nY)   x  3y  0,32.4  1,52 n Y  0,06 Trƣờng hợp 2: X là Val4, Y là Ala3Val, Z là Ala4

n X  n Y  0,12 n  0,04   BT Ala  X (Thoả mãn) n  0,08   3y  0,32.4  1,52  Y 

 %mX 

0,04(117.4  3.18) .100  11,86% 139,6

Vậy chọn đáp án B.

3.3. Phƣơng pháp quy về nhóm chất đồng đẳng

Với mục đích phát triển tƣ duy và năng lực của ngƣời học, các câu hỏi khó trong đề thi thƣờng là những câu yêu cầu ngƣời học phải vận dụng nhiều kiến thức, kĩ năng và kĩ xảo. Đa số các bài toán tổng hợp thƣờng là hỗn hợp của nhiều chất khác nhau và rất ít khi đề bài cho trƣớc thành phần phân tử. Do đó, nếu giải theo cách thông thƣờng, đặt công thức tổng quát của các chất kèm theo các ẩn phụ sẽ khiến cho việc tính toán trở nên phức tạp hơn nhiều.

Câu hỏi đặt ra là làm thế nào để đơn giản hoá những bài toán này? “Phƣơng pháp quy về nhóm chất đồng đẳng” sẽ là lời giải đáp cho câu hỏi trên. Việc quy đổi các chất ban đầu về các chất thuộc cùng dãy đồng đẳng kèm theo một lƣợng CH2 tƣơng ứng giúp ta xử lý bài toán một cách nhanh gọn, từ các chất 41

tổng quát chƣa biết ta đã biến nó thành các chất cụ thể, công việc tiếp theo sẽ là xử lý các số liệu theo hỗn hợp quy đổi mới, việc tính toán trở nên dễ dàng hơn rất nhiều. Sau đây là một số ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn 9,84 gam hỗn hợp X gồm một este và một ancol (đều đơn chức, mạch hở) thu đƣợc 7,168 lít khí CO2 và 7,92 gam H2O. Mặt khác cho 9,84 gam X tác dụng hoàn toàn với 96 ml dung dịch NaOH 2M. Cô cạn dung dịch thu đƣợc m gam chất rắn khan. Giá trị của m là A. 13,12.

B. 14,24.

C. 10,48.

D. 6,80.

(Đề thi THPT Quốc Gia 2017)

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

Hướng dẫn giải

n CO2  0,32 mol, n H2O  0,44 mol

n H2O  n CO2 → Este và ancol đều no, đơn chức, mạch hở HCOOCH3 : x CO2 : 2x  y  z   O2 X CH3OH : y   9,84g  H 2O : 2x  2y  z CH 2 : z Ta có hệ phƣơng trình:

60x  32y  14z  9,84  x  0,1     y  0,12 2x  y  z  0,32 2x  2y  z  0,44 z  0  

HCOOCH3 : 0,1 0,192mol NaOH HCOONa: 0,1  X    NaOH : 0,092 CH3OH : 0,12

 m  0,1.68  0,092.40  10,48 (g) Vậy chọn đáp án C.

Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm một axit hữu cơ và một este (đều no, đơn chức, mạch hở). X tác dụng vừa đủ với 10 ml dung dịch KOH 4M thu đƣợc một muối và một ancol. Đun toàn bộ lƣợng ancol trên với H2SO4 đặc thu đƣợc 0,015 mol một anken. Nếu đốt cháy hoàn toàn X rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm vào dung dịch Ca(OH)2 dƣ thì khối lƣợng bình tăng 6,82 gam (hiệu suất cấc phản ứng đều 100%). Công thức cấu tạo thu gọn của hai hợp chất hữu cơ trong X là: 42

A. CH3COOH và CH3COOC2H5

B.C2H5COOH và C2H5COOC3H7

C. HCOOH và HCOOC3H7

D.HCOOH và HCOOC2H5

(Đề thi thử THPT Vĩnh Bảo – Hải Phòng 2017– lần 4) Hướng dẫn giải Để thu đƣợc anken thì ancol no, đơn chức nhỏ nhất là C2H5OH Hỗn hợp X đƣợc quy đổi nhƣ sau:

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

 HCOOH 0,04mol KOH H 2SO 4   C2 H 5OH   C2H 4  x  0,015 0,015 X HCOOC2 H 5  O2   CO 2  H 2O  0,015  x  y  0,045 x  y 0,045 CH 2  y Ta có hệ phƣơng trình:

n KOH  0,015  x  0,04  x  0,025     mCO2  mH2O  62(x  y  0,045)  6,82  y  0,04 Ghép đồng đẳng:

HCOOH: 0,025 CH3COOH: 0,025 mol  X HCOOC2H 5 : 0,015  X  CH3COOC2H 5 : 0,015 mol CH : 0,04  2 Vậy chọn đáp án A.

Ví dụ 3: X là este no, đơn chức; Y là este đơn chức, không no chứa một nối đôi C=C (X, Y đều mạch hở). Đốt cháy 10,56 gam hỗn hợp E chứa X, Y cần dùng 10,08 lít O2 (đktc) thu đƣợc 6,48 gam nƣớc. Mặt khác, đun nóng 10,56 gam E với dung dịch NaOH vừa đủ thu đƣợc một ancol duy nhất và hỗn hợp muối chứa a gam muối A và b gam muối B (MA < MB). Biết A, B là các muối của các axit cacboxylic. Tỉ lệ a : b gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 0,9.

B. 1,2.

C. 1,0.

D. 1,5.

(THPT Lương Văn Chánh – Tỉnh Phú Yên 2017 – lần 1) Hướng dẫn giải

43

HCOOCH3 : x  E CH 2  CHCOOCH3 : y 10,56g  CH 2 : z

CO2 : 2x  4y  z 0,45mol O2   H 2O : 2x  3y  z

60x  86y  14z  10,56 x  0,09   → 2x  3y  z  0,36   y  0,06   z  0 BTNT O  2x  6y  2z  0,54   HCOOCH3 : 0,09  E CH 2  CHCOOCH3 : 0,06

a 0,09.68 51    1,085 b 0,06.94 47

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T



A : HCOONa : 0,09  NaOH   B : CH 2  CHCOONa : 0,06

Vậy chọn đáp án C.

Ví dụ 4: Hỗn hợp A gồm một axit no, đơn chức và hai axit không no, đơn chức chứa một liên kết đôi, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Cho A tác dụng hoàn toàn với 150 ml dung dịch NaOH 2M. Để trung hoà vừa hết lƣợng NaOH dƣ cần thêm vào 100 ml dung dịch HCl 1M, đƣợc dung dịch Y. Cô cạn cẩn thận Y thu đƣợc 22,89 gam chất rắn khan. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn A rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình đựng lƣợng dƣ dung dịch NaOH đặc, khối lƣợng bình tăng thêm 26,72 gam. Phần trăm khối lƣợng của axit có khối lƣợng phân tử lớn nhất trong A là A. 40,82%.

B. 30,28%.

C. 36,39%.

D. 22,7%. (Đề thi thử THPT Lương Thế Vinh – Quảng Bình 2016) Hướng dẫn giải

 HCOOH  x  A CH 2  CHCOOH  y  CH 2  z

HCOONa : x CH  CHCOONa : y  1)  0,3 mol NaOH   22,89g  2 2)  0,1 mol HCl CH 2 : z  NaCl : 0,1 CO : x  3y  z  O2   2 H 2O : x  2y  z

Ta có hệ phƣơng trình:

44

 x  y  0,3  0,1  x  0,1     y  0,1 68x  94y  14z  0,1.58,5  22,89 44(x  3y  z)  18(x  2y  z)  26,72 z  0,06   Tiến hành ghép đồng đẳng: HCOOH: 0,1 HCOOH: 0,1   A CH 2  CHCOOH: 0,1  A CH 2  CHCOOH: 0,04 CH : 0,06 CH  CHCH COOH: 0,06  2  2 2

→mA = 12,64 gam

0,06.86 .100  40,82% 12,64

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

 %mCH2 CHCH2COOH  Vậy chọn đáp án A.

Ví dụ 5: Cho hỗn hợp M gồm hai chất hữu cơ X, Y. Trong đó X là một axit hữu cơ hai chức, mạch hở, không phân nhánh (trong phân tử có một liên kết đôi C=C) và Y là ancol no, đơn chức, mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn 22,32 gam M thu đƣợc 14,40 gam H2O. Nếu cho 22,32 gam M tác dụng với K dƣ thu đƣợc 4,256 lít H2 (đktc). Phần trăm khối lƣợng của Y trong M gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 27,25%.

B. 62,40%.

C. 72,70%.

D. 37,50%. (Đề thi thử THPT Thanh Chương – Nghệ An 2017 ) Hướng dẫn giải

 CH 2  C(COOH) 2  x  22,32 gam CH 3OH  y  CH 2  z

CO  O2   2 H 2O : 2x  2y  z K  H2 0,19mol

Ta có hệ phƣơng trình:

116x  32y  14z  22,32  x  0,12   n H2O  2x  2y  z  0,8   y  0,14  z  0,28 n  x  0,5y  0,19  H  2 Ghép đồng đẳng: 45

CH 2  C(COOH) 2 : 0,12 CH 2  C(COOH) 2 : 0,12 mol   M CH3OH : 0,14 C3H 7OH : 0,14 mol CH : 0,28  2

 %mY 

0,14.60 .100  37,63% 22,32

Vậy chọn đáp án D. Tuy nhiên không phải lúc nào chúng ta cũng áp dụng một phƣơng pháp

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

quy đổi cho một dạng toán mà có thể kết hợp nhiều phƣơng pháp quy đổi khác nhau để đem lại hiệu quả lớn nhất. Sau đây là một số ví dụ cụ thể về sự kết hợp giữa “phƣơng pháp quy đổi hỗn hợp axit, ancol và este tạo bởi chúng” và “phƣơng pháp quy về nhóm chất đồng đẳng”, qua đó để thấy rằng các phƣơng pháp quy đổi đƣợc vận dụng một cách vô cùng linh hoạt và chúng luôn luôn bổ trợ cho nhau:

Ví dụ 1: Hỗn hợp P gồm ancol A, axit cacboxylic B (đều no, đơn chức, mạch hở) và este C tạo ra từ A và B. Đốt cháy hoàn toàn m gam P cần dùng vừa đủ 0,36 mol O2, sinh ra 0,28 mol CO2. Cho m gam P trên vào 250 ml dung dịch NaOH 0,4M đun nóng, sau khi kết thúc các phản ứng thu đƣợc dung dịch Q. Cô cạn dung dịch Q còn lại 7,36 gam chất rắn khan. Ngƣời ta cho thêm bột CaO và 0,96 gam NaOH vào 7,36 gam chất rắn khan trên rồi nung trong bình kín không có không khí đến phản ứng hoàn toàn thu đƣợc a gam khí. Giá trị a gần nhất với với giá trị nào sau đây?

A. 2,5 gam.

B. 2,9 gam.

C. 2,1 gam.

D. 1,7 gam.

(Đề thi thử THPT Hàm Rồng – Thanh Hóa 2017 − lần 1) Hướng dẫn giải

CH 3OH  x  CH 3COOH  y P CH 2  z H O  2  t

CO 2 : x  2y  z 0,36mol O 2   H 2O : 2x  2y  z  t CH 3COONa: y  0,1 mol NaOH   CH 2 : a   NaOH : 0,1  y 7,36gam

46

Ta có hệ phƣơng trình:  n CO2  x  2y  z  0,28   BTNT  y  0,06 O   x  z  0,16  

→nNaOH dƣ = 0,1 – 0,06 = 0,04 mol mrắn khan = 0,06.82 + 0,04.40 + 14a = 7,36 → a = 0,06 mol Nghĩa là lƣợng CH2 ghép vào gốc axit là 0,06 mol CH3COONa: 0,06  C2H5COONa: 0,06(mol)  CH : 0,06  2 CaO,t C2H5COONa + NaOH   C2H 6  Na 2CO3

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

0

0,06

0,064

0,06

→ a = 0,06.30 = 1,8 (gam) Vậy chọn đáp án D.

Ví dụ 2: Cho X, Y là hai chất thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic (MX < MY); cho Z là ancol có cùng số nguyên tử cacbon với X; T là este hai chức tạo bởi X, Y và Z. Đốt cháy hoàn toàn 22,32 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T cần vừa đủ 26,432 lít khí O2 (đktc), thu đƣợc khí CO2 và 18,72 gam nƣớc. Mặt khác 22,32 gam E tác dụng tối đa với dung dịch chứa 0,08 mol Br2. Khối lƣợng muối thu đƣợc khi cho cùng lƣợng E trên tác dụng với KOH dƣ là A. 10,08 gam.

B. 9,36 gam.

C. 4,68 gam.

D. 10,88 gam (Đề thi thử Sở GD-ĐT tỉnh Bắc Ninh 2018 – lần 2)

n O2

Hướng dẫn giải  1,18(mol),n H2O  1,04(mol)

Áp dụng bảo toàn khối lƣợng, ta có:

mCO2  mE  mO2  mH2O  22,32  1,18.32  18,72  41,36 (gam)  n CO2  0,94

n H2O  n CO2 → Z là ancol no, hai chức, mạch hở Hỗn hợp E đƣợc quy đổi nhƣ sau:

47

CH 2  CHCOOH  0,08  C H (OH) 2 E  3 6 a 11,16g  CH 2 : b H O : c  2

CO 2 : 0,24  3a  b 1,18mol O 2   H 2O : 0,16  4a  b  c

72.0,08  76a  14b  18c  22,32 a  0,22    0,24  3a  b  0,94  b  0,04 0,16  4a  b  c  1,04 c  0,04  

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

Nhận thấy n CH 2  nancol → Toàn bộ CH2 nằm trong gốc axit

Muối thu đƣợc gồm CH2=CHCOOK (0,08 mol) và CH2 (0,04 mol) m = 0,08.110 + 0,04.14 = 9,36 (gam) Vậy chọn đáp án B.

48

KẾT LUẬN Đề tài “Tìm hiểu phương pháp quy đổi nhóm hợp chất hữu cơ giải quyết một số bài toán khó trong đề thi Trung học phổ thông Quốc Gia” đã đạt đƣợc một số kết quả sau: - Nêu đƣợc cơ sở lý thuyết của 4 dạng bài tập quy đổi: + Phƣơng pháp quy đổi hỗn hợp axit, ancol và este tạo bởi chúng

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

+ Phƣơng pháp quy đổi peptit bao gồm: phƣơng pháp quy peptit về amino axit “đơn giản” và phƣơng pháp quy đổi peptit theo bản chất phản ứng thuỷ phân + Phƣơng pháp quy về nhóm chất đồng đẳng

- Chỉ ra đƣợc tính hiệu quả của các phƣơng pháp quy đổi trong giải quyết các bài toán hữu cơ trong các đề thi THPT Quốc Gia. Đề tài giúp đóng góp mở rộng thêm các phƣơng pháp giải toán hóa học

mới; có thể dễ dàng áp dụng đối với nhiều giáo viên và học sinh; giúp các em học sinh và thầy cô có thêm nhiều hƣớng tƣ duy mới, cách tiếp cận mới khi xử lý các dạng bài tập phức tạp. Đồng thời, là tài liệu tham khảo hữu ích giúp các em học sinh ôn luyện tốt, nguồn tƣ liệu phục vụ cho công tác giảng dạy của giáo viên.

49

TÀI LIỆU THAM KHẢO [1]. Nguyễn Xuân Trƣờng, Phương pháp dạy học Hoá học ở trường phổ thông, Nhà xuất bản Đại học sƣ phạm (2009).

[2]. https://blog.hocmai.vn/de-thi-thpt-quoc-gia-mon-hoa-nam-2016-se-co-gi/ [3].

https://kenhtuyensinh.vn/giao-vien-noi-gi-ve-de-thi-tot-nghiep-hoa-hoc2015

[4].

http://daykemtainha.info/thong-tin-hoc-tap/nhan-dinh-cua-cac-chuyengia-ve-de-thi-thpt-quoc-gia-mon-hoa-2016.html

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

[5]. https://blog.hocmai.vn/nhan-dinh-de-thi-hoa-thpt-quoc-gia/ [6].

https://www.tienphong.vn/giao-duc/bai-giai-nhan-dinh-de-thi-mon-hoahoc-thpt-quoc-gia-2017-1160783.tpo

[7].

http://vietnamnet.vn/vn/giao-duc/tuyen-sinh/giao-vien-nhan-xet-bai-thi-

to-hop-khoa-hoc-tu-nhien-379973.html [8].

http://vtv.vn/giao-duc/danh-gia-de-thi-thpt-quoc-gia-2017-de-thi-vat-lyduoc-khen-la-de-hoa-phuc-tap-de-sinh-dai-20170623124808449.htm

[9]. Nguyễn Minh Tuấn, Bùi Quốc Tuấn, Lại Huy An, Nguyễn Văn Chất, Nguyễn Ngọc Khải, Nguyễn Trọng Hải, 22 Phương pháp & kỹ thuật hiện đại giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hoá học, tập 2, Nhà xuất bản Đại học Quốc Gia Hà Nội (2014).

[10]. Đỗ Văn Khang, Phan Quốc Khánh, Đào Văn Yên – Toàn tập về quy đổi, Nhà xuất bản Hồng Đức (2017)

[11]. Võ Minh Ngọc, Vẻ đẹp của phương pháp quy đổi trong giải toán hữu cơ https://www.downloadsachmienphi.com/2017/09/ve-dep-cua-quy-doi-vominh-ngoc.html [12]. Nguyễn Minh Tuấn, Sử dụng phương pháp quy đổi để giải bài tập đốt cháy và thuỷ phân peptit https://123doc.org//document/4356487-phuong-phap-quy-doi-peptit.htm [13]. Nguyễn Văn Thƣơng, Kĩ thuật tam phân pepit

50

https://vi.scribd.com/document/366253727/Tam-Phan-Peptit [14]. https://bloghoahoc.com/ [15]. https://vnexpress.net/photo/tuyen-sinh/pho-diem-thi-thpt-quoc-gia-nam2015-3253155.html [16].https://www.24h.com.vn/tin-tuc-trong-ngay/cong-bo-pho-diem-cac-monthi-nam-2016-c46a806953.html

D ẠY da K y k ÈM em Q qu UY yn N ho H nb ƠN us O in F es F s@ ICI gm AL ai ST l.c &G om T

[17]. https://vov.vn/xa-hoi/giao-duc/bo-gddt-cong-bo-phan-tich-pho-diem-thithpt-quoc-gia-nam-2017-643929.vov

51