SKKN PHƯƠNG PHÁP GIẢI SÁNG tạo bài TOÁN hóa hữu cơ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG DẦU GIÂY






Mã số: ……………

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHƯƠNG PHÁP GIẢI SÁNG TẠO BÀI
TOÁN HÓA HỮU CƠ

 
Người thực hiện: HỒ THỊ SEN
Lĩnh vực nghiên cứu: Phương pháp dạy học bộ môn hóa học
Có đính kèm:
Mô hình 

Phần mềm 

Phim ảnh 

Hiện vật khác 

Năm học: 2012 – 2013


SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC

I/ THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN:
Họ và tên: HỒ THỊ SEN
Ngày tháng năm sinh: 12/12/1965
Nam,nữ: Nữ
Địa chỉ: 153/2 Xuân Thạnh - Thống Nhất - Đồng Nai
Điện thoại:
Cơ quan: 061.3761229
Nhà riêng: 061.3761857
01212500486 , Email :
6. Chức vụ: Tổ trưởng tổ Hóa
7. Đơn vị công tác: Trường THPT Dầu Giây
1.
2.
3.
4.
5.

Di động:

II/ TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO:
- Học vị hoặc trình độ chuyên môn nghiệp vụ cao nhất: Cử nhân hóa
học
- Năm nhận bằng: 1987
- Chuyên ngành đào tạo: Hóa học
III/ KINH NGHIỆM KHOA HỌC:
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Hóa học
- Số năm có kinh nghiệm: 27 năm
- Các sáng kiến đã có trong 5 năm gần đây:
Năm học 2007-2008 sáng kiến : “Tổ trưởng chuyên môn
quản lí thực hành thí nghiệm hóa học trường THPT ”, được

tặng danh hiệu : Chiến sĩ thiđua cấp cơ sở theo quyế định 2508/
GĐ.GD – ĐT ngày 30-7-2008 của GĐ – ĐT Đồng Nai
Năm học 2008-2009 sáng kiến : “Bài tập phát huy tính sáng
tạo cho học sinh” , Đạt danh hiệu “Chiến sĩ thi đua” cấp Cơ sở
năm học 2008 – 2009 theo quyết định số 642/ QĐ. GD-ĐT của
Sở Giáo dục và Đào tạo Đồng Nai
Năm học 2009-2010 : Đạt danh hiệu “Chiến sĩ thi đua” cấp Cơ
sở năm học 2009 – 20010 theo quyết định số 519/ QĐ. GD-ĐT
của Sở Giáo dục và Đào tạo Đồng Nai


Năm học 2011-2012 sáng kiến : “ Giúp học sinh tiếp cận với
đề thi tuyển sinh đại học ” Đạt danh hiệu “Chiến sĩ thi đua”
cấp Cơ sở năm học 2011 – 2012 theo quyết định số 587/ QĐ.
GD-ĐT ngày 04 tháng 7 năm 2012 của Giám đốc sở Giáo dục Đào tạo tỉnh Đồng Nai
Năm học 2012-2013 sáng kiến : “ Phương pháp giải sáng tạo
bài toán hóa hữu cơ ”

MỤC LỤC
Nội dung

Trang

I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI:

1

II. THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI 1
PHÁP CỦA ĐỀ TÀI:
1/ Thuận lợi:

1

2/ Khó khăn:

1

III. NỘI DUNG ĐỀ TÀI:

1

A. Cơ sở lí luận:

1

B. Nội dung, biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài:

2

IV. KẾT QUẢ:

9

V. BÀI HỌC KINH NGHIỆM:

10

VI. CÁC VẤN ĐỀ KIẾN NGHỊ:

10

VII. KẾT LUẬN:

10


VII. KẾT LUẬN:

10

VIII. TÀI LIỆU THAM KHẢO:

11

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN HÓA HỮU CƠ
1. Lập công thức phân tử :
a) Lập công thức phân tử dạng cơ bản :
- Dựa vào % các nguyên tố : Giả sử chất hữu cơ có dạng CxHyOzNv
%C % H %O % N M




 x; y; z; v
12
1
16
14 100

- Dựa vào công thức đơn giản : (CxHyOzNv)n = M
- Dựa vào phương trình phản ứng cháy :

CxHyOzNv

+

y
4

z
2

(x+  )  x CO2 +

VA
x=

y
H2O
2

VCO2

VH2O

Vco 2
Y V ( H 2O )
; =
y
VA
VA
2

b ) Lập công thức phân tử đồng đẳng hay đồng đẳng kế tiếp :
 Nhận dạng công thức chung của đồng đẳng
 Tìm M hoặc n , M hoặc n
Câu 36: mã đề 296 , TSĐH khối A 2012 :
Hỗn hợp M gồm một anken và hai amin no, đơn chức, mạch hở X và Y là
đồng đẳng kế tiếp (MX < MY). Đốt cháy hoàn toàn một lượng M cần dùng
4,536 lít O2 (đktc) thu được H2O, N2 và 2,24 lít CO2 (đktc). Chất Y là
A. etylamin.
B. propylamin.
C.
butylamin.
D. etylmetylamin.


nCO2 + nH 2O
Cn H2n

O



2m+3
Cm H 2m+3N
mCO2 + 2 H 2O +

2

1
2

N2

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

2

2




nCO

2

namin



2.
-

3
2

0,1
0,07

namin  nH O  nCO  0,205  0,1  0,105  namin  0, 07
2

2

mol



m

<

 1,43

Phương pháp dựa vào sản phẩm cháy :
Nếu chất hữu cơ có nhóm CnH2n+2 thì sản phẩm  nH2O >nCO2
Nếu chất hữu cơ có nhóm CnH2n thì sản phẩm  nH2O = nCO2
Nếu chất hữu cơ có nhóm CnH2n+2-2k( Với k  1 là số liên kết  hay số
vòng no) thì 
nH2O
3. Phương pháp bảo toàn nguyên tố :
Vd : Đốt cháy hoàn toàn 5,8g hỗn hợp CH4 ; C2H6 ; C3H8 ; C4H10 ; C2H4
; C3H6 ; C4H8 ; thu được 17,6g CO2 . Tính lượng H2O tạo thành
A. 9g
B. 18g
C. 0,9g
D. 90g
Giải :

ROH + Na
4. Phương pháp bảo toàn khối lượng :
( Khối lượng các chất tham gia phản ứng bao giờ cũng bằng khối lượng
các chất tạo thành sau phản ứng )
Vd : Cho 13,8g hỗn hợp các ancol CH3OH ; C2H5OH ; C3H7OH tác dụng
với Na dư thu được 3,36 lít H2 (đkc). Tính lượng muối thu được
A. 20,4g
B . 2,04g C. 204g
0,204g
Giải :
2 ROH +
2 Na 
2 RONa
+
H2
13,8 g
0,3.23 g
m
0,15.2 g
m = 20,4 g
5. Phương pháp tăng giảm khối lượng :
Vd : Cho 13,8g hỗn hợp các ancol CH3OH ; C2H5OH ; C3H7OH tác dụng
với Na dư thu được 20,4g muối . Tính V thu được (đkc).
A. 3,36 lít
B . 2,04lít C. 6,72 lít D. 4,48 lít
Ta có thể giải theo PP tăng giảm như sau :
2R-OH + 2Na  2RONa + H2
0,3 mol
0,15 mol
Số mol ancol =

20, 4  13,8
=0,3 mol  VH2= 0,15 . 22.4 = 3,36 lít
22

6. Phương pháp tăng giảm V :


Vd : Dẫn 4,48 lít(đkc) hỗn hợp hiđrocacbon thuộc đồng đẳng anken và
khí H2 qua bình đựng Ni xúc tác ; nung nóng sau phản ứng thể tích còn
2,24 lít (đkc) một hiđrocác bon duy nhất . Tính % V H2 trong hỗn hợp
to
 CnH2n+2
Giải : CnH2n + H2 
Vgiảm = VH2 = 4,48-2,24= 2,24 lít  % VH2 =

2, 24
= 50%
4, 48

7. Phương pháp qui đổi :
Bài toán
hỗn hợp nhiều chất ta có thể đưa về một chất , Tính theo n hoặc
r
M; k
Nếu đồng đẳng kế tiếp :
n  n  n+1 ; M  M  M+14
8. Phương pháp sơ đồ chéo : Dựa vào sơ đồ chéo ta tính nhanh thành
phần hỗn hợp
Câu 49: mã đề 296 , TSĐH khối A 2012 :

Hỗn hợp X gồm H2 và C2H4 có tỉ khối so với H2 là 7,5. Dẫn X qua Ni nung
nóng, thu được hỗn hợp Y có tỉ khối so với H2 là 12,5. Hiệu suất của phản
ứng hiđro hoá là
A. 70%.
B. 80%.
C. 60%.
D. 50%.
H2 2
13
 Hiệu suất tính theo H2 hoặc C2H4.
7,5.2=15
Chọn
C2H4 28
13
nH = nC H = 1 mol  nX = 2 mol
2

2

4

Bảo toàn khối lượng: mX = mY  15.2 = nY.12,5.2  nY = 1,2
 nH pö = nX – nY = 2 – 1,2 = 0,8 mol.
2

Vậy H =

0,8
1

.100  80%

9. Phương pháp biện luận :
Khi số ẩn nhiều hơn số phương trình , để tìm nghiệm bằng cách biện
luận. Trước khi tìm nghiệm ta phải đặt giới hạn của ẩn số
Vd : Tỉ khối hỗn hợp số mol bằng nhau của ankan và anken thể khí so
với H2 bằng 28,5 . Lập công thức phân tử của hai chất trên
Giải : Giả sử ta lấy 1 mol ankan , 1 mol anken : M =
14n  2  14m
=28,5.2=57
2


7(n+m)=56  n+m=8 .
Đặt điều kiện : (n  2 ; n; m  4)
n
2
3
4
m
6
5
4
Loại
loại
loại
chọn
Vậy công thức phân tử ankan CnH2n+2 là C4H10 ; anken CmH2m là C4H8
Câu 41: mã đề 296 , TSĐH khối A 2012 :
Hóa hơi 8,64 gam hỗn hợp gồm một axit no, đơn chức, mạch hở X và một

axit no, đa chức Y (có mạch cacbon hở, không phân nhánh) thu được một
thể tích hơi bằng thể tích của 2,8 gam N2 (đo trong cùng điều kiện nhiệt độ,
áp suất). Đốt cháy hoàn toàn 8,64 gam hỗn hợp hai axit trên thu được 11,44
gam CO2. Phần trăm khối lượng của X trong hỗn hợp ban đầu là
A. 72,22%.
B. 27,78%.
C. 35,25%.
D. 65,15%.
Ta có: nX, Y = nN = 0,1 mol . X: CnH2n+1COOH (a mol); Y không phân
nhánh) : CmH2m(COOH)2 (b mol)
2

a  b  0,1
a  0,04


 b  0,06
 n = 1; m = 1:
Khi đó: (n  1)a  (m  2)b  0,26
(14n  46)a  (14m  90)b  8,64 2n  3m  5



CH3COOH và CH2(COOH)2
Vậy: %mX =

0,04.60
8,64

.100  27,78%

10 . Phương pháp giải bài toán hóa bằng cách lập hệ phương trình :
VD : Đốt cháy hoàn toàn 7,6 gam hỗn hợp gồm một axit cacboxylic no, đơn
chức, mạch hở và một ancol đơn chức (có số nguyên tử cacbon trong phân
tử khác nhau) thu được 0,3 mol CO2 và 0,4 mol H2O. Thực hiện phản ứng
este hóa 7,6 gam hỗn hợp trên với hiệu suất 80% thu được m gam este. Giá
trị của m là
A. 8,16.
B. 4,08.
C. 2,04.
D. 6,12.
Axit no, đơn: CnH2nO2  nCO2 + nH2O. mà 0,3 < 0,4 mol, do đó
ancol đốt cháy là ancol no, đơn.
Khi đó n ancol = 0,4 – 0,3 = 0,1 mol và số nguyên tử cacbon <
nCO

2

nancol



0,3
0,1

 3.

Ancol CH3OH hoặc C2H5OH

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

`TH2:

C2H5OH

0,1  n.x  0,3
 x  0,05

(tm)

32.0,1  (14n  32) x  7,6 n  4
0,1.2  n.x  0,3
 x  0,05

(loại)

46.0,1  (14n  32) x  7,6 n  2

C4H8O2 + CH3OH
0,05
0,1

€

C5H10O2 + H2O
80%.0,05  m = 80%.0,05.102 = 4,08 gam.

11 . Phương pháp tính theo dư , thiếu:

( Tuyển sinh cao đẳng khối A , B năm 2012 ) :
Câu 17: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm hai ancol đơn chức,
cùng dãy đồng đẳng, thu được 15,68 lít khí CO2 (đktc) và 17,1 gam nước.
Mặt khác, thực hiện phản ứng este hóa m gam X với 15,6 gam axit axetic,
thu được a gam este. Biết hiệu suất phản ứng este hóa của hai ancol đều
bằng 60%. Giá trị của a là
A. 15,48.
B. 25,79.
C. 24,80.
D. 14,88.
Hướng dẫn giải
Gợi ý :số mol CO2 = 0,7 mol; số mol H2O = 0,95 mol suy ra số mol hai
ancol = 0,25 mol;
Vậy số C trung bình 2 ancol = 0,7/0,25 = 2,8 vậy Mtb ancol = 57,2g Mtb
(R) = 57,2-17=40,2
Số mol axit = 0,26 mol; Tính theo ancol; este có dạng CH3COOR
a = (59+40,2).0.25.0,6 =14,88g;

12 . Bài toán lien quan đến hiệu suất phản ứng :
(Hiệu suất p/ư là tỉ lệ giữa lượng thực tế và lượng sản phẩm)
Vd1 : Poli (vinyl clorua) được điều chế từ khí thiên nhiên( Chứa 95% thể
tích khí metan ) theo sơ đồ chuyển hóa hiệu suất mỗi giai đoạn như sau:
hs15%
hs 95%
hs 95%
 Axetilen

 Vinylclorua 
 PVC
metan 

3
Muốn tổng hợp 1 tấn PVC thì cần bao nhiêu m khí thiên nhiên
A. 5883
B . 5880
C. 5589
D. 2941
Giải :
 (-CH2- CHCl-)n
2n CH4 
3
2n.22,4 m
62,5n ( kg )
?
1000 ( kg)


V=

100 100 100 100 2.22, 4
.
.
.
.
.1000 =5883m3
95 90 95 15 62,5

Vd2: Trộn lẫn 6,0g CH3COOH với 9,2g C2H5OH có H2SO4 đặc , đun nóng
thu được 8,0g este . Tính hiệu suất phản ứng
Giải :
H 2 SO 4,to

 CH3COOC2H5 + H2O
CH3COOH + C2H5OH 
0,1
0,2 dư
0,1
Hiệu suất p/ư :

8
100  90,9%
8,8

13 / Sản phẩm cháy vào dung dịch kiềm :
* Cần chú ý CO2 và H2O đều bị hấp thụ , khối lượng dung dịch có thể thay
đổi tăng hoặc giảm tùy thuộc vào lượng thêm vào , lượng kết tủa
- m dung dịch tăng nếu m CO2 + mH2O f m kết tủa
- m dung dịch giảm nếu m CO2 + mH2O p m kết tủa
Vd : Đốt cháy hoàn toàn 4,64 gam một hiđrocacbon X (chất khí ở điều kiện
thường) rồi đem toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình đựng dung dịch
Ba(OH)2. Sau các phản ứng thu được 39,4 gam kết tủa và khối lượng phần
dung dịch giảm bớt 19,912 gam. Công thức phân tử của X là
A. CH4.
B. C3H4.
C. C4H10.
D. C2H4.
Gọi số mol CO2 và H2O là a và b mol. Ta có mHC = mC + mH = 12.a +
2.b = 4,64
mdd giảm = mKT – (44.a + 18.b)  44.a + 18.b = 39,4 – 19,912 = 19,488
Khi đó: a = 0,348 ; b = 0,232. Khi đó C : H = a : (2b) = 0,348 :
(2.0,232) = 3 : 4. Vậy HC là C3H4.
14 / Nhận xét tỷ lệ mol để giải bài toán :

Vd : Hỗn hợp X gồm axit fomic, axit acrylic, axit oxalic và axit axetic. Cho
m gam X phản ứng hết với dung dịch NaHCO3 thu được 1,344 lít CO2 (đktc).
Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần 2,016 lít O2 (đktc), thu được 4,84 gam CO2
và a gam H2O. Giá trị của a là
A. 1,62.
B. 1,44.
C. 3,60.
D. 1,80.
NaHCO
X (COOH) 
 CO2  nCOOH = nCO  0,06 mol.
3

2

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

a
 a = 1,44 gam.
18

15/ Sử dụng bất đẳng thức :


Vd : Hỗn hợp M gồm một anken và hai amin no, đơn chức, mạch hở X và Y
là đồng đẳng kế tiếp (MX < MY). Đốt cháy hoàn toàn một lượng M cần dùng
4,536 lít O2 (đktc) thu được H2O, N2 và 2,24 lít CO2 (đktc). Chất Y là
A. etylamin.
B. propylamin.

C. butylamin.
D. etylmetylamin.

nCO2 + nH 2O
Cn H2n

O



2m+3
Cm H 2m+3N
mCO2 + 2 H 2O +

2

1
2

N2

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



nCO

2

namin



3
2

0,1
0,07

2

2

namin  nH O  nCO  0,205  0,1  0,105  namin  0, 07
2

2

mol



m

<

 1,43

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

16/ Linh hoạt trong đặt công thức :
- Axit cacboxilic no, đa chức, mạch hở, không phân nhánh :
CnH2n(COOH)2
Vd : Hóa hơi 8,64 gam hỗn hợp gồm một axit no, đơn chức, mạch hở X và
một axit no, đa chức Y (có mạch cacbon hở, không phân nhánh) thu được
một thể tích hơi bằng thể tích của 2,8 gam N2 (đo trong cùng điều kiện nhiệt
độ, áp suất). Đốt cháy hoàn toàn 8,64 gam hỗn hợp hai axit trên thu được
11,44 gam CO2. Phần trăm khối lượng của X trong hỗn hợp ban đầu là
A. 72,22%.
B. 27,78%.
C. 35,25%.
D. 65,15%.

Ta có: nX, Y = nN = 0,1 mol . X: CnH2n+1COOH (a mol); Y không phân
2

nhánh) : CmH2m(COOH)2 (b mol)
a  b  0,1
a  0,04


 b  0,06
 n = 1; m = 1:
Khi đó: (n  1)a  (m  2)b  0,26
(14n  46)a  (14m  90)b  8,64 2n  3m  5



CH3COOH và CH2(COOH)2
Vậy: %mX =

0,04.60
8,64

.100  27,78%

17/ Phương pháp tổng hợp :


- Tỷ lệ mol , sử dụng bất đẳng thức ,lập hệ phương trình , tính theo dư thiếu ,
tính theo hiệu suất
Vd : Đốt cháy hoàn toàn 7,6 gam hỗn hợp gồm một axit cacboxylic no, đơn
chức, mạch hở và một ancol đơn chức (có số nguyên tử cacbon trong phân
tử khác nhau) thu được 0,3 mol CO2 và 0,4 mol H2O. Thực hiện phản ứng
este hóa 7,6 gam hỗn hợp trên với hiệu suất 80% thu được m gam este. Giá
trị của m là
A. 8,16.
B. 4,08.
C. 2,04.
D. 6,12.
Axit no, đơn: CnH2nO2  nCO2 + nH2O. mà 0,3 < 0,4 mol, do đó
ancol đốt cháy là ancol no, đơn.
Khi đó n ancol = 0,4 – 0,3 = 0,1 mol và số nguyên tử cacbon <
nCO

2

nancol



0,3
0,1

 3.

Ancol CH3OH hoặc C2H5OH

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

`TH2:

C2H5OH

0,1  n.x  0,3
 x  0,05

(tm)

32.0,1  (14n  32) x  7,6 n  4
0,1.2  n.x  0,3
 x  0,05

(loại)

46.0,1  (14n  32) x  7,6 n  2

C4H8O2 + CH3OH
0,05

0,1

€

C5H10O2 + H2O
80%.0,05  m = 80%.0,05.102 = 4,08 gam.

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

Dầu Giây,ngày …. tháng …. năm 2013
PHIẾU NHẬN XÉT ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học: 2012 – 2013
Tên sáng kiến kinh nghiệm:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI SÁNG TẠO BÀI TOÁN HÓA HỮU CƠ
Họ và tên tác giả: HỒ THỊ SEN , Tổ: Hóa
Lĩnh vực
Quản lý giáo dục

Phương pháp dạy học bộ môn: Sinh học

Phương pháp giáo dục

Lĩnh vực khác

1. Tính mới

- Có giải pháp hoàn toàn mới

- Có giải pháp cải tiến, đổi mới từ giải pháp đã có 
2. Hiệu quả:
- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả
cao 
- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai
áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao

- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao

- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai
áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao

3. Khả năng áp dụng:
Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường
lối,chính sách
Tốt

Khá 
Đạt 
- Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn,dễ
thực hiện và dễ đi vào cuộc sống:
Tốt

Khá 
Đạt 
- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng
đạt hiệu quả trong phạm vi rộng:
Tốt


Khá 
Đạt 
XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN

(Ký tên và ghi rõ họ tên)
dấu)

THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

(Ký tên,ghi rõ họ tên và đóng