SKKN vận DỤNG PHƯƠNG PHÁP bảo TOÀN ELECTRON TRONG hóa học hữu cơ để GIẢI QUYẾT một số bài tập hóa KHÓ

I. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Một trong những vấn đề cơ bản của đổi mới chương trình giáo dục phổ thông
là đổi mới phương pháp dạy học, phương pháp kiểm tra đánh giá. Việc đổi mới
phương pháp dạy học và phương pháp kiểm tra đánh giá môn Hóa hiện nay là
nhằm phát huy tính tích cực chủ động sáng tạo của học sinh trong việc tiếp thu kiến
thức qua đó khai thác vận dụng những kỹ năng để giải toán Hóa, đặc biệt những bài
toán Hóa ở mức độ vận dụng, vận dụng cao.
Trong thời gian qua, việc Bộ giáo dục ra đề thi với 4 mức độ khiến cho
không ít giáo viên và học sinh gặp khó khăn trong quá trình giải đề thi đặc biệt ở
mức độ vận dụng cao. Qua quá trình giảng dạy ở trường phổ thông bản thân tôi
cũng đã dự rất nhiều tiết dạy của đồng nghiệp, đã trực tiếp dạy nhiều đối tượng học
sinh từ yếu, trung bình đến bồi dưỡng học sinh khá; giỏi, song tôi nhận thấy rằng
việc giải quyết các bài toán phức tạp còn có quá ít tài liệu chuyên sâu, chính thống
được công bố rộng rãi, làm cho học sinh mất phương hướng, đôi khi học sinh giải
bài toán đó như theo hướng tự luận mất rất nhiều thời gian, trong khi, yêu cầu bình
quân mỗi câu trắc nghiệm chỉ mất tối đa là gần 1,25 phút trung bình cho mỗi bài.
Đứng trước những vấn đề như vậy, làm thế nào để đáp ứng được nhu cầu đổi
mới hiện nay, làm cho học sinh có hứng thú trong học tập, đạt được điểm cao trong
kì thi Trung học phổ thông Quốc gia. Sau đây tôi xin giới thiệu một kinh nghiệm đó
là: Vận dụng phương pháp bảo toàn electron trong hóa hữu cơ để giải một số
bài tập khó.

2. Mục đích nghiên cứu:
Tổng hợp kiến thức về phương pháp bảo toàn electron nói chung và vận
dụng vào giải một số bài tập khó của hóa học hữu cơ trong đề thi Trung học phổ
thông Quốc Gia.
1


3. i tng nghiờn cu:

Mt s kin thc trng tõm v cỏch quy hn hp bi toỏn v cụng thc
chung, phng phỏp trao i electron, quy bi toỏn v tng quỏt vn dng phng
phỏp bo ton electron gii quyt bi toỏn.
4. Phng phỏp nghiờn cu:
T lý thuyt chung v phng phỏp bo ton electron xõy dng h thng
kiờn thc, cỏc du hiu nhn bit, vn dng gii cỏc bi tp khú trong thi.
II. NI DUNG
1. C s lý lun
i vi Phng trỡnh t chỏy hp cht hu c dng CxHyOzNt
Bc 1: Quy bi toỏn v c im chung nht, n gin nht.
a phn cỏc bi toỏn khú ca thi thuc Húa hc hu c cha C, H, O, N, nờn ta
cú th quy hn hp nhiu cht v cụng thc chung nht.
Bc 2: p dng bo ton electron cho phng trỡnh chỏy tng quỏt
0

0

0

0

0

o

+4 2

+1 2

0

t
Lửu yự
: Cx Hy Oz N t + O2
CO2 + H2 O+ N2

nelectron O nhaọn = 4nO
2
2
(4x + y 2z)nCxHyOzNt = 4nO2

n
electron CxHyOzNt nhửụứng = (4x + y 2z)nCxHyOzNt

2. Thc trng vn
Khi hc sinh gp cỏc bi tp cõn bng phng trỡnh phn ng phc tp ca
húa hc hu c hoc cỏc bi toỏn khú yờu cu t duy cao, kh nng vn dng kin
thc sõu sc cỏc em cha cú nh hng rừ v cỏch thc v phng phỏp gii c
th. Nhiu bi toỏn rt khú tỡm ra c im chung quy i v cht tng quỏt, t
ú khú khn cho vic vn dng phng phỏp bo ton electron trong bi toỏn hu
c .

2


Nếu giải nhanh bài tốn hóa trên theo kiến thức cơ bản thì quả thật mất rất
nhiều thời gian.
3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.
Một số ví dụ về bài tốn cụ thể
Ví dụ 1:

Hỗn hợp X gồm: (CH3COO)3C3H5, CH3COOH, CH2OHCHOHCH2OH,
CH3COOCH2CH(OOCCH3)CH2OH, CH3COOCH2CHOHCH2OH và trong đó
CH3COOH chiếm 10% tổng số mol hỗn hợp. Đun nóng m gam hỗn hợp X với dung
dịch NaOH vừa đủ, thu được dung dịch chứa 20,5 gam natri axetat và 0,604m gam
glixerol. Để đốt cháy m gam hỗn hợp X cần V lít O2 (đktc). Giá trị của V gần nhất
là
A. 25,3.
B. 24,6.
C. 24,9.
D. 25,5.
Phân tích, hướng dẫn:
C3H5(OH)3− x (OOCCH3 )x : a mol nHOH = nCH3COOH = b
+ X gồ
m
;
nNaOH = nCH3COONa = 0,25
CH3COOH : b mol
BTKL : m+ 10 = 20,5 + 0,604m + 18b m = 27,424


⇒ mC H (OH) = 0,604m = 92a
⇒  b = 0,02 ⇒ x = 1,2783
3 5
3


a = 0,18
 b = 0,1(a + b)
+ BT E :8nCH3COOH + (14 + 8x)nC

3+ 2x

H8+2xO3+ x

= 4nO2 ⇒ nO2 = 1,13 mol

⇒ VO2 (đktc) = 25,3162 gầ
n nhấ
t vớ
i giátrò25,3

Ví dụ 2: Đốt cháy 0,15 mol hỗn hợp X gồm metyl acrylat, etylen glicol,
axetanđehit và ancol metylic cần dùng a mol O 2. Sản phẩm cháy dẫn qua 200 ml
dung dịch Ba(OH)2 1M, lọc bỏ kết tủa, cho dung dịch Ca(OH) 2 dư vào phần nước
lọc thì thu được thêm 53,46 gam kết tủa nữa. Giá trị của a là bao nhiêu ?
A. 0,215.
B. 0,625.
C. 0,455.
D. 0,375.
Phân tích, hướng dẫn:
Ta tiến hành làm như sau :

3


CH2 = CHCOOCH3 C4H6O2 C4H2.2H2O

CH OHCH2OH C2H6O2 C2H2.2H2O
+ X go
m 2

X :CxH2.yH2O
CH3CHO C2H 4O2 C2H2.H 2O
CH OH CH O CH .H O
4
2
2
3
BaCO3 : x mol
CO
O2
+ CxH2.yH2O
2 Ba(OH)2
H2O
BaCO3 : y mol
Ca(OH)2
Ba(HCO3 )2

CaCO3 : y mol
n = 0,38
nBa(OH) = x + y = 0,2
y = 0,18 CO2
2
+


0,38
mkeỏttuỷa = 100y + 197y = 53,46 x = 0,02 x = 0,15

0,38 1
+ BT electron:(4x + 2)nX = 4nO2 nO2 =

+ ữ.0,15 = 0,455 mol
0,15 2

Vớ d 3: Hn hp X gm 0,1 mol mt -amino axit no, mch h A cha 1 nhúm
NH2, 1 nhúm COOH v 0,025 mol pentapeptit mch h cu to t A. t chỏy
hn hp X cn a mol O2, sn phm chỏy hp th ht vo 1 lớt dung dch NaOH
1,2M thu c dung dch Y. Rút t t dung dch cha 0,8a mol HCl vo dung dch
Y thu c 14,448 lớt CO2 (ktc). t 0,01a mol ipeptit mch h cu to t A cn
V lớt O2 (ktc). Giỏ tr ca V l
A. 2,2491.
B. 2,5760.
C. 2,3520.
D. 2,7783.
Phõn tớch, hng dn:
0,1mol CnH2n+ 1O2N
a mol O2
a mol O2
+

CO2 ơ
0,225 mol CnH2n+ 1O2N
{
0,025 mol (5CnH2n+ 1O2N 4H2O)
0,025n mol
+ BT electron: 4nO = (6n 3)nC H
2

n 2n+1O2N

4a = 0,225(6n 3) (*)

Na CO HCl: 0,8a mol NaCl :0,8a mol

NaOH
+ CO2

2 3
tửứtửứ

+ CO
1,2
mol
cho
{
NaHCO3 :(1,2 0,8a) mol 1 223
NaHCO3




0,225n mol
0,645mol
1,2 0,8a + 0,645 = 0,225n (**)
+ Tửứ(*), (**) suy ra:a = 1,18125; n = 4 ẹipeptit laứ(2C4H11O2N H2O).
+ BT electron: 4nO = 42n(2C H O N H O) nO = 0,12403125 mol 2,7783 lớt
4 9 2
2
2
{2
1 44

2 4 43
?

0,01a

Vớ d 4: X, Y, Z, T l cỏc peptit u c to bi cỏc -amino axit no, cha mt
nhúm NH2 v 1 nhúm COOH v cú tng s nguyờn t oxi l 12. t chỏy 13,98
gam hn hp E cha X, Y, Z, T cn dựng 14,112 lớt O 2 (ktc) thu c CO2, H2O,
N2. Mt khỏc, un núng 0,135 mol hn hp E bng dung dch NaOH (ly d 20%
so vi phn ng), cụ cn dung dch sau phn ng thu c lng cht rn khan l
A. 31,5 gam.
B. 24,51 gam.
4


C. 36,05 gam.
Phân tích, hướng dẫn:

D. 25,84 gam.

12
= 3(min) ⇒ X, Y , Z, Y đề
u làcá
c đipeptit CnH2nO3N 2.
4
+ Trong phả
n ứ
ng chá
y, theo bả
o toà

n electron ta có
:
+ O(X, Y , Z, T) =

(6n − 6)nC H

O3N2

= 4nO ⇒

13,98(6n − 6)

14n + 76
+ Trong phả
n ứ
ng vớ
i NaOH, ta có
:
n

2n

2

= 2,52 ⇒ n = 5,666

nNaOH pư = 0,135.2 = 0,27; nNaOH bđ = 0,27 + 0,27.20% = 0,324nH O = 0,135
2

mchất rắn = (14.5,666 + 76).0,135+ 0,324.40 − 0,135.18 = 31,5 gam

Ví dụ 5: X và Y là hai peptit được tạo từ các α-amino axit no, mạch hở, chứa 1
nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH. Đun nóng 0,1 mol hỗn hợp E chứa X, Y bằng
dung dịch NaOH (vừa đủ). Cơ cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam muối
khan. Đốt cháy tồn bộ lượng muối này thu được 0,2 mol Na 2CO3 và hỗn hợp gồm
CO2, H2O, N2 trong đó tổng khối lượng của CO 2 và H2O là 65,6 gam. Mặt khác đốt
cháy 1,51m gam hỗn hợp E cần dùng a mol O2, thu được CO2, H2O và N2. Giá trị
của a gần nhất với
A. 2,5.
B. 1,5.
C. 3,5.
D. 3,0.

Phân tích, hướng dẫn:
+ nNaOH = 2nNa CO = 0,4; nNaOH : n(X, Y ) = 4 ⇒ X, Y làCnH2n− 2N 4O5.
2

3

+ Bả
n chấ
t phả
n ứ
ng:
CnH2n− 2N4O5 + 4NaOH 
→ 4CmH2mO2NNa + H2O
mol :

0,1

→

→

0,4

0,4

→

0,1

O

2
CmH2mO2NNa 
→(m − 1)CO2 ↑ + mH2O + 0,5N 2 ↑ + Na2CO3

mol :

→

0,4

(m − 1)0,4

0,4m

 m
= 44(m− 1)0,4 + 18.0,4m = 65,6

m = 3,35
⇒  (CO2 , H2O)
⇒
 BTKL : 0,1.(14n + 134) + 0,4.40 = 0,4(14m + 69) + 0,1.18 n = 13,4
+ Trong phả
n ứ
ng đố
t chá
y E, theo bả
o toà
n electron, ta có
:
(6n − 12)nC H
n

N4O5

2n−2

= 4nO ⇒ nO =
2

2

(6n − 12) 1,51.0,4(14m + 69)
.
= 3,72 ≈ 3,5
4
(14n + 134)

Ví dụ 6: X là peptit mạch hở cấu tạo từ axit glutamic và α-amino axit Y no, mạch
hở chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH. Để tác dụng vừa đủ với 0,1 mol X cần
0,7 mol NaOH tạo thành hỗn hợp muối trung hồ. Đốt 6,876 gam X cần 8,2656 lít
5


O2 (đktc). Đốt m gam tetrapeptit mạch hở cấu tạo từ Y cần 20,16 lít O 2 (đktc). Giá
trị của m là
A. 24,60.
B. 18,12.
C. 15,34.
D. 13,80.
Phân tích, hướng dẫn:
−
 HNC3H5(COOH)CO− : 0,1a mol
+ Quy đổ
i X thà
nh hỗ
n hợp E gồ
m
−CnH2n−1ON− : 0,1b mol; H2O: 0,1mol
0,2a + 0,1b = 0,7

+ Suy ra:  0,1a.129 + 0,1b.(14n + 29) + 0,1.18 5,25.0,1a + (1,5n − 0.75).0,1b
=

6,876
0,369

a = 2; b = 3; n = 5

0,2a + 0,1b = 0,7 (a ≤ 3)
⇒
⇒
1,1502a + 1,5858b − 0,5148nb = −0,6642 Y làC5H11O2N
+ Tetrapeptit tạo ra từY là(4C5H11O2N − 3H2O). Theo BT electron ta có
:
108n(4C H O N −3H O) = 4nO ⇒ m = 13,8 gam
2
{2
1 4541122 4 43
?=1/30

0,9

• Lưu ý
: BT electron suy ra: nO

2

đố
t chá
yE

= 5,25.0,1a + (1,5n − 0.75).0,1b.

Ví dụ 7: X, Y là 2 hợp chất hữu cơ no, mạch hở, trong phân tử chỉ chứa một loại
nhóm chức; X, Y khác chức hóa học (MX < MY). Đốt cháy hồn tồn a mol X cũng
như Y đều thu được x mol CO2 và y mol H2O với x = y + a. Lấy 0,25 mol hỗn hợp
E chứa X, Y tác dụng với AgNO3/NH3 dư thu được 86,4 gam Ag. Mặt khác, đun
nóng 0,25 mol E với dung dịch NaOH dư thì sản phẩm thu được chứa 15 gam hỗn

hợp 2 muối của 2 axit hữu cơ no, đơn chức và 7,6 gam một ancol Z. Đốt cháy hồn
tồn 14,25 gam X cần dùng V lít O2 (đktc). Giá trị của V là
A. 21 lít.
B. 25,2 lít.
C. 23,52 lít.
D. 26,88.
Phân tích, hướng dẫn:
 x mol CO2
 k = kY = 2 (*)
 a mol X O2 , to 
+
→  y mol H2O ⇒  X
 a mol Y
x = a + y
 X, Y :CaH2a−2O...

Ag ↓: 0,8 mol
AgNO3 / NH3
 X, Y no, mạch hở
+
Y khá
c chứ
c
1X,
4 4 4 2 4 4 43
0,25 mol

to

(I)

(II)

NaOH
to

CxH2x+1COONa
+ Ancol

123
CyH2y+1COONa 7,6 gam
1 4 44 2 4 4 43
15 gam

 X : CnH2n (CHO)2
+ (I), (II) suy ra: 
 Y : CxH2x+1COOCmH2mOOCCyH2y+1

6


− Nế
u chỉcóX tham gia phả
n ứ
ng trá
ng gương

nAg
= 0,2 nCmH2m (OH)2 = 0,05
nCnH2n (CHO)2 =

+
⇒
⇒ m = 8,42 (loại)
4
n = 0,05
M CmH2m (OH)2 = 152
 Y
− Nế
u cảX, Y tham gia phả
n ứ
ng trá
ng gương
Y làHCOOCmH2mOOCCyH2y+1
n = 0,15  nCmH2m (OH)2 = 0,1

+ nX + nY = 0,25
⇒ X
⇒
⇒ n= 3
nY = 0,1
4n + 2n = 0,8
 M CmH2m (OH)2 = 76
Y
 X
nHCOONa = nC H COONa = 0,1 y = 1
y 2y+1
+
⇒ Y làHOOCC3H6OOCCH3
m
+ mC H COONa = 15 

y 2y+1
 HCOONa
 X làC4H8(CHO)2
+ BT E : 30nC4H8(CHO)2 = 4 nO2 ⇒ VO2 (đktc) = 21lít
{
14 2 43
0,125

?= 0,9375

+ Lưu ý
: Có(*) vì (k − 1)nhchc = nCO − nH O
2

2

4. Hiệu quả của sáng kiến
Trong q trình giảng dạy, khi hướng dẫn học sinh làm bài tập theo các bước
trên, đối với học sinh có học lực khá giỏi, các em đã vận dụng tốt vào phân tích các
dấu hiệu bài tốn, cách giải chi tiết nhanh, gọn và đưa ra được đáp án đúng cho rất
nhiều bài tập trong các đề thi thử của các trường cũng như đề trung học phổ thơng
Quốc Gia đã ra trong các năm trước.
III. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
Qua hệ thống lí thuyết và một số bài tập về một lĩnh vực nhỏ của phương
pháp bảo tồn electron trong hóa học nó chung và hóa học hữu cơ nói riêng. Đối
với học sinh có lực học khá, giỏi, nếu nắm chắc các dấu hiệu, tìm ra được đặc điểm
chung của bài tốn để quy đổi về bài tốn tổng qt thì có thể giải quyết tốt các
dạng bài tập trên.
Trên đây là kinh nghiệm nhỏ của tơi mà trong q trình giảng dạy tơi đã xây
dựng nên, tơi rất mong nhận được sự đóng góp của các bạn đồng nghiệp để tơi có

thể dạy cho học sinh chun đề này có hiệu quả hơn.
Tơi xin chân thành cảm ơn.
7


Nông cống, ngày 17 tháng 5 năm 2019
NGƯỜI THỰC HIỆN

Đồng Khắc Hưng

XÁC NHẬN CỦA
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
.............................................................

Nông Cống, ngày 17 tháng 5 năm 2018

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác.

.............................................................
.............................................................
.............................................................
.

ĐỒNG KHẮC HƯNG

.............................................................
.

8