(Sáng kiến kinh nghiệm) giúp học sinh sử dụng các kĩ thuật quy đổi để xử lí một số dạng bài tập hữu cơ phức tạp

MỤC LỤC
Trang
1.

Mở đầu................................................................................

2

1.1 Lý do chọn đề tài.................................................................

2

1.2 Mục đích nghiên cứu............................................................

3

1.3 Đối tượng nghiên cứu..........................................................

3

1.4 Phương pháp nghiên
cứu......................................................

3

2.

Nội dung sáng kiến kinh nghiệm......................................

3

2.1 Cơ sở lý luận........................................................................

3

2.2 Thực trạng của vấn đề..........................................................

5

2.3 Giải pháp và tổ chức thực hiện để giải quyết vấn đề...........

5

2.4 Hiệu quả trong việc triển khai đề tài....................................

20

3.

Kết luận và kiến nghị.........................................................

20

3.1 Kết luận................................................................................

20

3.2 Kiến nghị..............................................................................

21

Tài liệu tham khảo................................................................ 22
Một số kí hiệu dùng trong đề tài..........................................

23

Danh mục các đề tài sáng kiến kinh nghiệm đã được hội
đồng đánh giá xếp loại cấp phòng GD&ĐT, cấp sở
GD&ĐT và các cấp cao hơn xếp loại từ C trở lên.

24

1


1. Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài
Trong những năm gần đây, do yêu cầu đổi mới về phương pháp dạy học
(PPDH) và chương trình hóa học phổ thơng. Đổi mới chương trình sách giáo
khoa (SGK) trong giáo dục phổ thông được đặt trọng tâm vào việc đổi mới
PPDH. Định hướng đổi mới PPDH đã được cụ thể hóa trong chỉ thị của Bộ giáo
dục và đào tạo đã nêu: “ Phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo
của học sinh, phù hợp với đặc trưng của môn học, đặc điểm đối tượng học sinh,
điều kiện của từng lớp học; bồi dưỡng cho học sinh phương pháp tự học, khả
năng hợp tác; rèn luyện kĩ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động đến
tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú và trách nhiệm học tập cho học sinh.
Hóa học là bộ mơn khoa học thực nghiệm quan trọng trong nhà trường phổ
thông. Môn hóa học cung cấp cho học sinh một hệ thống kiến thức phổ thông,
cơ bản và thiết thực. Giáo viên bộ mơn hóa học cần hình thành ở các em một kỹ
năng và thói quen học tập khoa học để làm nền tảng cho việc giáo dục và phát
triển năng lực nhận thức, năng lực tư duy. Qua đó giáo dục cho học sinh những

đức tính cần thiết như: tính cẩn thận, kiên trì trung thực, chính xác, u chân lí
khoa học, có ý thức trách nhiệm với bản thân, gia đình và xã hội. Trong dạy học
hóa học, việc giải bài tập có một ý nghĩa rất quan trọng. Ngoài việc rèn luyện kỹ
năng vận dụng, đào sâu và mở rộng kiến thức đã học, bài tập hóa học còn là
phương tiện cơ bản để rèn luyện các thao tác tư duy một số kỹ năng về hóa học.
Thơng qua giải bài tập, giúp học sinh rèn luyện tính tích cực, trí thơng minh,
sáng tạo, nâng cao hứng thú trong học tập.
Với hình thức thi trắc nghiệm khách quan (TNKQ) trong các kì thi THPT
quốc gia hiện nay, thì việc giải nhanh các bài tốn hóa học là u cầu hàng đầu
của học sinh, đòi hỏi người giáo viên phải nghiên cứu, tìm tịi và xây dựng các
phương pháp dạy học, phương pháp giải bài tập phù hợp với từng dạng toán để
làm sao phát triển được tối đa tư duy của học sinh thông qua những bài tập rèn
luyện khả năng suy luận giúp cho các em đạt được kết quả tốt nhất trong các kì
thi.
Trong chương trình sách giáo khoa lớp 11,12, các khái niệm đồng đẳng, khái
niệm thủy phân hóa, hay khái niệm hidro hóa đã có đề cập tới. Tuy nhiên nó mới
chỉ dừng lại ở phần lý thuyết. Còn việc sử dụng các kĩ thuật đồng đồng đẳng
hóa, kĩ thuật thủy phân hóa hay kĩ thuật hiđro hóa này vào giải bài tập hữu cơ
phức tạp là một bước phát triển tư duy, sáng tạo mới đối với học sinh trong kì
thi THPT QG, đặc biệt là các bài tập hữu cơ ở mức điểm 9 hoặc 10.
Hiện nay việc sử dụng các kĩ thuật quy đổi như: đồng đẳng hóa, thủy phân
hóa, hidro hóa...vào giải bài tập hóa học hữu cơ phức tạp, để phát triển tư duy,
sáng tạo cho học sinh đang còn rất hạn chế, các tài liệu, đề tài nghiên cứu về vấn
đề nay đang cịn rất ít. Với các lí do trên cùng với thực tế dạy học hóa học ở
trường THPT tôi chọn đề tài: “ Giúp học sinh sử dụng các kĩ thuật quy đổi để
xử lí một số dạng bài tập hữu cơ phức tạp” làm đề tài sáng kiến kinh nghiệm
của mình.
2

1.2. Mục đích nghiên cứu
- Đối với giáo viên: Nghiên cứu cơ sở lí luận và thực tiễn một số dạng tốn
hữu cơ phức tạp hay gặp, từ đó giúp GV chủ động vận dụng các kĩ năng, đề xuất
phương pháp giải phù hợp với tư duy để HS làm bài tập một cách có hiệu quả.
- Đối với học sinh: Tăng cường thêm kiến thức và sử dụng thành thạo 3 kĩ
thuật quy đổi cơ bản: kĩ thuật đồng đẳng hóa, kĩ thuật thủy phân hóa và kĩ thuật
hiđro hóa trong q trình giải một số dạng tốn hữu cơ phức tạp theo hướng phát
triển tư duy của học sinh.
- Đánh giá tính khả thi: Thơng qua khả năng nhận thức của HS và hiệu quả
của các kĩ thuật quy đổi thơng qua các bài tập hóa học.
1.3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
1.3.1.Đối tượng
Một số dạng bài tập hóa hữu cơ phức tạp trong chương trình hóa học hữu cơ
lớp 11 và 12.
1.3.2. Khách thể
Học sinh lớp 12 - THPT.
1.3.3. Phạm vi nghiên cứu
Nghiên cứu và đổi mới một số dạng bài tập hữu cơ phức tạp và đề xuất
phương pháp giải nhằm phát triển khả năng tư duy đạt hiệu quả cao.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
1.4.1. Nghiên cứu lí thuyết
Đọc, nghiên cứu các dạng bài tập hóa học hữu cơ phức tạp.
Đọc, tìm hiểu và nghiên cứu các tài liệu viết về sử dụng kĩ thuật quy đổi để
giải bài tập hữu cơ.
1.4.2. Nghiên cứu thực tiễn
Tìm hiểu, quan sát quá trình học tập, giải BTHH của học sinh.
Khảo sát các đề thi thi đại học, cao đẳng, THPT QG, đề minh họa của Bộ
giáo dục và đề thi học sinh giỏi của tỉnh Thanh Hoá trong các năm học.
Chọn 02 lớp 12 trong đó có 01 lớp học ban cơ bản A, 01 lớp học ban cơ bản
để triển khai đề tài. Ban đầu tôi chưa áp dụng đề tài đối với cả 02 lớp, sau một

thời gian tôi áp dụng đề tài cho cả 02 lớp. Qua đó tơi so sánh, đối chiếu kết quả
trước và sau khi thực hiện đề tài để rút ra kết luận.
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận
2.1.1. Khái niệm về quy đổi
- Phương pháp quy đổi: là một phương pháp biến đổi toán học nhằm đưa
bài toán ban đầu là một hỗn hợp phức tạp về dạng đơn giản, qua đó làm
cho các phép tính trở nên dễ dàng, thuận tiện và nhanh gọn hơn.
- Có nhiều kĩ thuật quy đổi, nhưng trong đề tài này tơi chỉ trình bày 3 kĩ
thuật cơ bản:
+ Kĩ thuật đồng đẳng hóa (tách - ghép CH 2 )
+ Kĩ thuật thủy phân hóa (tách H 2 O)
+ Kĩ thuật hidro hóa (tách - ghép H 2 )
3


2.1.2. Khái niệm đồng đẳng - Kĩ thuật đồng đẳng hóa
- Khái niệm đồng đẳng: Những hợp chất có thành phần phân tử hơn kém nhau
một hay nhiều nhóm CH2 nhưng có tính chất hóa học tương tự nhau là những
chất đồng đẳng, chúng hợp thành dãy đồng đẳng.[6]
Như vậy chất thuộc cùng một dãy đồng đẳng hơn kém nhau một hoặc nhiều
nhóm CH2, do đó có thể thêm vào hoặc bớt đi một hay nhiều nhóm CH2 từ một
chất hữu cơ bất kì để được một chất khác đồng đẳng với nó. Dựa vào ý tưởng
này, ta có thể khái quát về cách sử dụng kĩ thuật đồng đẳng hóa như sau:
 Kĩ thuật đồng đẳng hóa là: Quy đổi một hỗn hợp phức tạp về các chất đơn
giản hơn (thường là các chất đầu dãy) kèm theo một lượng CH2 tương ứng. Kĩ
thuật này được gọi là Đồng Đẳng Hóa (ĐĐH).
C3H8  CH4 + 2CH2 ;
C3H6(OH)2  C2H4(OH)2 + CH2
C4H7COOH  C2H3COOH + 2CH2; C2H5COOC3H7  HCOOCH3 + 4CH2

(CH3)2CHCH(NH2)–COOH  NH2CH2COOH + 3CH2
2.1.3. Khái niệm phản ứng thủy phân - Kĩ thuật thủy phân hóa
- Khái niệm phản ứng thủy phân: là phản ứng phân hủy các chất có sự
tham gia của nước.[6]
Trong chương trình hóa học hữu cơ có giới thiệu một số phản ứng thủy
phân như: thủy phân este, thủy phân tinh bột ,thủy phân peptit...
- Kĩ thuật thủy phân hóa: Đây là kĩ thuật thêm H 2 O vào hỗn hợp este
hoặc thêm H 2 O vào hỗn hợp peptit.
+ Xét phản ứng thủy phân este:
Este + H2O  Ancol + Axit
Chuyển vế, ta có:
Este  Ancol + Axit – H2O
 Như vậy sử dụng kĩ thuật thủy phân hóa ta có thể quy đổi một este bất kì
thành ancol, axit và nước.
+ Đối với peptit, ta có phản ứng thủy phân: Peptit + H2O  Amino axit
Chuyển vế, ta có: Peptit  Amino axit – H2O
 Tương tự như este, sử dụng kĩ thuật thủy phân hóa ta có thể quy đổi một
peptit bất kì thành các amino axit và nước.
* Tuy nhiên, trong các bài tập về peptit, chúng ta nên sử dụng thủy phân hóa để
quy đổi về gốc axyl: C2H3ON, CH2 và H2O.
2.1.4. Khái niệm phản ứng hiđro hóa - Kĩ thuật hiđro hóa
* Định nghĩa phản ứng hiđro hóa: là q trình chuyển hóa mà trong đó
có sự tác dụng của H 2 .
Ngược lại với q trình hiđro hóa là q trình đề hiđro hóa, đó là q
trình mà trong đó có sự tách nguyên tử H ra khỏi phân tử hợp chất hữu cơ.
*Kĩ thuật hiđro hóa là kĩ thuật:" Quy đổi một hợp chất X bất kì thành
dạng hiđro hóa hồn tồn của X cùng một lượng H2 tương ứng"
Với các bài tốn khơng biết rõ dãy đồng đẳng của các chất phản ứng tức là
dạng bài tập không biết rõ số liên kết π của các chất phản ứng hoặc các bài
toán cho số mol H 2 phản ứng với hỗn hợp thì nên sử dụng kĩ thuật hiđro Hóa

(HĐH).
Ví dụ:
C3H5OH  C3H5OH – 1H2
HC  C  COOH  C2H5COOH – 2H2
4


HCOOC3H3  HCOOC3H7 – 2H2
C2H3NH 2  C2H5NH 2 – 1H2
* Chú ý: Với anđehit, dạng hiđro hóa hồn tồn của nó là ancol no.
Ví dụ: HC  C– CHO  C3H7OH – 3H2; (CHO)2  C2H4(OH)2 – 2H2
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Qua điều tra, khảo sát về phía học sinh, qua nghiên cứu chương trình giảng
dạy, qua kết quả bài làm của học sinh, qua trao đổi trực tiếp với đồng nghiệp và
thực tế trực tiếp giảng dạy ở trường THPT Thọ Xuân 4, tôi rút ra một số nhận xét
về thực trạng của vấn đề nghiên cứu cụ thể như sau:
2.2.1.Về phía học sinh: Khi giải các bài tập hữu cơ phức tạp nhiều HS ngại
khó, chưa tự giác tích cực, chưa phát huy được khả năng tư duy sáng tạo; học
sinh thiếu kiến thức cơ bản về kĩ năng làm bài tập khó, nên khi gặp bài khó học
sinh thường gặp lúng túng và khơng giải được.
2.2.2.Về phía giáo viên
- Giáo viên còn dạy truyền thụ theo phương pháp truyền thống và dạy sơ sài qua
loa vì nghĩ học sinh khơng thích học phần khó nên cũng chẳng cần phải đầu tư.
Trong khâu rèn kĩ năng cho học sinh, thì đơi khi chỉ chú trọng cho học sinh làm
các bài tập đơn giản để dễ gỡ điểm.
- Giáo viên không thể cung cấp hết kiến thức, phương pháp giải bài tập cho HS
được trong thời gian ngắn trên lớp.
2.2.3.Về phía phụ huynh: Sự quan tâm của một số phụ huynh đến việc học tập
của con em mình cịn hạn chế.
2.3. Giải pháp và tổ chức thực hiện để giải quyết vấn đề

2.3.1. Nội dung phần hóa học hữu cơ trong chương trình THPT
Phần hóa học hữu cơ được sắp xếp trong chương trình hóa học lớp 11 và lớp 12.
- Phần hóa học hữu cơ lớp 11 được sắp xếp thành 6 chương :
+ Chương 4 : Đại cương về hóa học hữu cơ.
+ Chương 5 : Hiđrocacbon no.
+ Chương 6 : Hiđrocacbon không no.
+ Chương 7 : Hiđrocacbon thơm. Nguồn hiđrocacbon.
+ Chương 8 : Dẫn xuất halogen - Ancol - Phenol.
+ Chương 9 : Anđehit - Xeton - Axit cacboxylic.
- Phần hóa học hữu cơ lớp 12 được sắp xếp thành 4 chương :
+ Chương 1 : Este - Lipit.
+ Chương 2 : Cacbohiđrat.
+ Chương 3 : Amin - Aminoaxit - Peptit và protein.
+ Chương 4 : Polime và vật liệu polime.
2.3.2. Sử dụng kĩ thuật quy đổi để xử lí một số dạng tốn hữu cơ phức tạp
Dạng 1. Sử dụng kết hợp kĩ thuật đồng đẳng hóa với kĩ thuật thủy phân hóa
để giải bài toán hữu cơ phức tạp gồm este, ancol và axit cacboxylic
* Một số lưu ý khi sử dụng kĩ thuật đồng đẳng hóa để quy đổi
- Đối với một ancol bất kì, khi ta biết được đặc điểm cấu tạo của nó ta sẽ quy đổi
về ancol đầu dãy và các nhóm CH2. Chẳng hạn như :
+ Ancol no, đơn chức, mạch hở thì ta quy đổi về CH3OH + nCH2.
5


+ Ancol no, hai chức, mạch hở thì ta quy đổi về C2H4(OH)2 + mCH2.
- Đối với một axit cacboxylic bất kì, khi ta biết được đặc điểm cấu tạo của nó ta
sẽ quy đổi về axit đầu dãy và các nhóm CH2. Chẳng hạn như :
+ Axit cacboxylic no, đơn chức, mạch hở thì ta quy đổi về HCOOH + nCH2.
+ Axit cacboxylic không no (chứa 1 liên kết đơi C=C), đơn chức, mạch hở thì ta
quy về CH2 = CH-COOH + mCH2.

- Nhóm CH2 là thành phần khối lượng. Vì vậy nó có mặt trong các phương trình
liên quan tới khối lượng (khối lượng hỗn hợp ban đầu, khối lượng muối, khối
lượng chất rắn,...), phản ứng đốt cháy (đốt cháy hỗn hợp ban đầu, đốt cháy muối
hay chất rắn sinh ra,...).
- Nhóm CH2 khơng phải là một chất. Do đó, nó khơng được tính vào số mol hỗn
hợp hoặc các dữ kiện khác liên quan tới số mol các chất.
- Cách ghép CH2: Với những bài toán hỏi thông tin về các chất ban đầu, ta cần
“ghép” CH2 vào các chất đầu dãy (được quy đổi từ các chất ban đầu) để tạo lại
hỗn hợp đầu. Để chuyển (ghép) CH2 vào các chất đầu dãy thì chúng ta phải tính
được số mol của CH2 và số mol của các chất cần nghép CH2.
Ví dụ 1: Tạo lại hỗn hợp 2 axit có số nguyên tử C cách nhau 2 đơn vị gồm 0,1
mol C2H3COOH và 0,14mol CH2.
 C2 H 3COOH : 0, 03mol
C2 H 3COOH : 0, 03mol


C2 H 3COOH : 0,1mol  C2 H 3COOH  2CH 2 : 0, 07 mol C4 H 7 COOH : 0, 07 mol


C H COOH : 0,1mol C3 H 5COOH : 0, 08mol
CH 2 : 0,14mol
 3 5

 CH 2 : 0, 04mol
C3 H 5COOH:0,02mol
Ta có:

Ví dụ 2: Tạo lại hỗn hợp 1 axit và 1 ancol gồm 0,5 mol C2H5OH ; 0,3 mol
HCOOH và 1,3 mol CH2.
Để ghép CH2 ta cần giải phương trình nghiệm nguyên.

C2 H 5OH : 0,5mol
C2 H 5OH .mCH 2 : 0,5mol

 HCOOH : 0,3mol  
 HCOOH .nCH 2 : 0, 3mol
CH :1,3mol
 2
m  2 C4 H 9OH : 0,5mol


n 1

CH 3COOH : 0,3mol
Với : 0,5m + 0,3n = 1,3

* Một số chú ý khi sử dụng kĩ thuật thủy phân hóa
- Với dạng bài hỗn hợp: Ancol – Axit – Este ta nên sử dụng kết hợp hai kĩ thuật
đồng đẳng hóa và thủy phân hóa vì phạm vi ảnh hưởng rộng, các bước tính tốn
đơn giản và có thể áp dụng cho hầu hết các bài toán. Khi quy đổi cần chú ý:
“Hỗn hợp sau khi quy đổi bằng thủy phân hóa có phản ứng thủy phân tương tự
hỗn hợp đầu”
- Đối với este thông thường.
+ Este no, đơn chức, mạch hở RCOOR’, sử dụng thủy phân hóa ta quy đổi este
về: (RCOOH: x mol; R’OH: x mol và H2O: -x mol) sau đó sử dụng kĩ thuật
đồng đẳng hóa ta quy đổi chúng thành: (HCOOH: x mol; CH3OH: x mol;
H2O: -x mol ; CH2: y mol).
6


+ Tương tự este 2 chức (RCOO) 2R’ x mol, ta thực hiện thủy phân hóa hồn tồn

este rồi sử dụng kĩ thuật đồng đẳng hóa ta quy đổi chúng thành: (axit đầu dãy
RCOOH: 2x mol; C2H4(OH)2: x mol ;CH2: y mol ; H2O: -2x mol).
+ Tương tự este 2 chức R(COOR’) 2: x mol, ta thực hiện thủy phân hóa hồn
tồn este rồi sử dụng kĩ thuật đồng đẳng hóa ta quy đổi chúng thành: [(COOH) 2:
x mol; ancol đầu dãy: 2x mol; CH2: y mol; H2O: -2x mol].
- Dựa vào bản chất của hỗn hợp ban đầu, kĩ thuật kết hợp ĐĐH – TPH được
chia thành 4 trường hợp thường gặp:
* Trường hợp 1: Hỗn hợp chỉ có este. Ta ln có: nCOO  nOH  nH O
Ví dụ 1: Quy đổi hỗn hợp X gồm các este đơn chức và este hai chức tạo
bởi ancol đa chức và axit đơn chức (tất cả đều no, mạch hở).
2

CH 3OH : amol ; C2 H 4 (OH ) 2 : bmol ; HCOOH : (a  2b)mol
X 
CH 2 : cmol; H 2O : (a  2b)mol

Ví dụ 2: Quy đổi este có 7 liên kết π được tạo từ glixerol và 2 axit khơng no,
mạch hở.
Este có 7 π = 3COO + 4 π C-C = 3 + (1.2 + 2.1)
(Cn H 2 n1COO) 2  C3 H 5 - OOCCm H 2 m 3

C3 H 5 (OH )3 : amol ; H 2O : 3amol

 C2 H 3COOH : 2amol
CH  C  COOH : amol ; CH : bmol
2


* Trường hợp 2: Hỗn hợp chỉ có axit và este.
Ví dụ 3: Quy đổi hỗn hợp X gồm các axit, este (tất cả đều no, đơn chức, mạch

hở).
CH 3OH : amol; HCOOH : bmol
X 
CH 2 : cmol; H 2O : amol

Ví dụ 4: Quy đổi hỗn hợp X gồm các axit thuộc cùng dãy đồng đẳng của axit
acrylic, este mạch hở có 6 liên kết π, mạch hở tạo bởi ancol no ba chức và các
axit khơng no, đơn chức.
Este có 6 π = 3COO + 3 π C-C = 3 + (1 + 1 + 1)
C3 H 5 (OH )3 : amol ; C2 H 3COOH : bmol ; C3 H 2 : amol ; C2 H 3COOH : bmol
X 

CH 2 : cmol; H 2O : 3amol
CH 2 : cmol

* Trường hợp 3: Hỗn hợp chỉ có ancol và este.
Ví dụ 5: Quy đổi hỗn hợp X gồm các ancol, este (tất cả đều no, đơn chức, mạch
hở).
X   CH 3OH : amol ; HCOOH : bmol ; CH 2 : cmol; H 2O : bmol



Ví dụ 6: Quy đổi hỗn hợp X gồm các ancol đơn chức, este hai chức tạo từ axit
hai chức và ancol đơn chức (tất cả đều no, mạch hở).
X   CH 3OH : b mol ;(COOH ) 2 : a mol ; CH 2 : cmol; H 2O : 2amol



* Trường hợp 4: Hỗn hợp có cả ancol, axit và este.
Đây là trường hợp tổng quát. Vì khơng có điều kiện ràng buộc nên số mol

H2O là một ẩn độc lập.
Ví dụ 7: Quy đổi hỗn hợp X gồm các ancol, axit, este (tất cả đều no, đơn chức,
mạch hở).
7


X   CH 3OH : amol ; HCOOH : bmol ; CH 2 : cmol; H 2O : d mol



Ví dụ 8: Quy đổi hỗn hợp X gồm các ancol đồng đẳng với ancol anlylic, axit no
hai chức, este có 4 liên kết π tạo bởi axit no hai chức và các ancol không no,
đơn chức (tất cả đều mạch hở).
Este có 4 π = 2COO + 2 π C-C = 2 + (1 + 1)
X   C3 H 5OH : amol ;(COOH )2 : bmol ; CH 2 : cmol; H 2O : d mol



* Chú ý:
- Quy đổi hỗn hợp bằng thủy phân sẽ bảo toàn số mol của hỗn hợp nghĩa là:
"Tổng số mol các chất tham gia phản ứng bằng tổng số mol các chất sản
phẩm" (trừ trường hợp este củ axit đa chức và ancol đa chức).
- Lượng ancol có trong hỗn hợp sau khi quy đổi bằng lượng ancol thu được nếu
thủy phân hồn tồn hỗn hợp đầu (trong mơi trường axit hoặc mơi trường kiềm).
* Một số ví dụ minh họa
Ví dụ 1.[2]. X, Y (MX < MY) là hai axit kế tiếp nhau thuộc cùng dãy đồng đẳng
axit fomic; Z là este hai chức tạo bởi X, Y và ancol T. Đốt cháy 12,52 gam hỗn
hợp E chứa X, Y, Z, T (đều mạch hở) cần dùng 8,288 lit O2 (đktc) thu được
7,2 gam nước. Mặt khác đun nóng 12,52 gam E cần dùng 380 ml dung dịch
NaOH 0,5M. Biết ở điều kiện thường, ancol T không tác dụng với Cu(OH)2.

Phần trăm số mol của X có trong hỗn hợp E là
A. 60%.
B. 75%.
C. 50%.
D. 70%.
HD: Ta có: nH O  0, 4mol . Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
2

mCO2  mE  mO2  mH 2O  12,52 

8, 288
.32  7, 2  17,16 g  nCO 2  0,39mol  nH 2O
22, 4

 T là ancol no. Mà T không tác dụng với Cu(OH)2 nên ancol nhỏ nhất thõa

mãn T là propan–1,3–điol
Sử dụng ĐĐH – TPH (trường hợp tổng quát), quy đổi hỗn hợp E:
mE  46.0,19  76a  14b  18c  12,52( BTKL) a  0, 05
 HCOOH : 0,19 mol



E  C3 H 6 (OH ) 2 : amol
 nCO2  0,19  3a  b  0,39( BTNT  C )
 b  0, 05
CH : bmol ; H O : cmol 
c  0, 04

 2

2
nH 2O  0,19  4a  b  c  0, 4( BTNT  H )

Tiến hành ghép CH2:
 HCOOH : 0,14mol
 HCOOH : 0,19 mol


E  C3 H 6 (OH )2 : 0, 05mol
 E : CH 3COOH : 0, 05mol
CH : 0, 05mol ; H O : 0, 04 mol
C H (OH ) : 0, 05 mol; H O : 0, 04mol
 2
2
2
2
 3 6

Tiến hành ghép este, ta có:
 HCOOH : 0,14mol
 X : HCOOH : 0,14  0, 02  0,12mol
CH COOH : 0, 05mol

 3
Y : CH 3COOH : 0, 05  0, 02  0, 03mol
E:

C3 H 6 (OH )2 : 0, 05 mol
T : C3 H 6 (OH )2 : 0, 05  0, 02  0, 03mol
 H 2O : 0, 04mol  (0, 02).2  Z : CH 3COO  C3 H 6  OOCH : 0, 02mol

Vậy phần trăm số mol của X trong hỗn hợp E là:
% nX 

0,12.100%
 60% 
0,12  0, 03  0, 03  0, 02
Đáp án A.

8


Ví dụ 2. [2]. X, Y (MX < MY) là hai axit cacboxylic hai chức; Z là ancol đơn
chức; T là este thuần chức tạo bởi X và Z; biết X, Y, Z, T đều no và mạch hở.
Cho 25,08g hỗn hợp H gồm X (3x mol), Y (x mol), Z, T tác dụng với dung dịch
NaOH (dùng dư 10% so với lượng phản ứng), cô cạn dung dịch sau phản ứng
được rắn khan N và 7,36g ancol Z. Đốt cháy hết N cần 0,33 mol O2, thu được
3,204g H2O. Biết Z chiếm 40% số mol hỗn hợp. Cho các nhận định sau:
(1) Y chiếm khoảng 23,29% về khối lượng hỗn hợp.
(2) Y và T là đồng phân của nhau.
(3) Thực hiện phản ứng tách nước Z thì thu được tối đa 2 anken.
(4) Hiệu khối lượng của Y và Z là 0,32g.
Số nhận định đúng là:
A. 1.
B. 2.
C. 3.
D. 4.
HD: Trước hết ta dùng ĐĐH để quy đổi N:
CO2 : (2a  b  a  0,1a  a  b  0,1a ) mol(BTNT  C)
(COONa) 2 : amol



0,33 molO2
N :  NaOH : 0, 2amol 
  H 2O : (0,1a  b) mol  n H 2O  0,178 mol (*) (BTNT  H)
CH : bmol

 2
 Na2CO3 : (a  0,1a) mol(BTNT  Na)

Bảo toàn nguyên tố O ta có:

2nO2 ( pu )  2nCO2  nH 2O  nO (N)  a  3b  0, 66(**)
0,1a  b  0,178  a  0,18mol


 a  3b  0, 66
b  0,16mol

Giải hệ phương trình (*) và (**) ta có:
- Sử dụng kĩ thuật thủy phân hóa để quy đổi H, ta có sơ đồ:

(COOH) 2 : 0,18mol; CH 2 : 0,16mol
 X : 3 xmol; Y : xmol


H :  Z : zmol
 H :  Z : 7,36 g
(25,08 g )
T ( XZ ) : tmol

 H O : 2t
2

 2

Bảo tồn khối lượng cho H, ta có: mH O  0, 72 g  2t.18  t  0, 02mol
Bảo tồn số mol gốc axit, ta có:
2

3 x.2  x.2  t .2  0,18.2  4 x  0, 02  0,18  x  0, 04mol

Từ điều kiện về số mol của Z, ta có:

nZ  40% nH  n Z  40%.(4.0, 04  z  0, 02)  z  z  0,12 mol

toàn số mol ancol:

nAncol  0,12  2.0, 02  0,16mol  M Z 

7, 36
 46
0,16

Bào
Vậy Z là C2H5OH. Tiến hành ghép CH2 vào muối, ta có:
 X : 3 x  t  0,14mol 0,16 molCH 2 (C OOH) 2 : 0,1mol
0,18mol (C OOH) 2 : 


Y : 0, 04mol

C4 H 8 (C OOH) 2 : 0, 04mol
 X : (C OOH) 2 : 0,12mol ; Y : C4 H 8 (C OOH) 2 : 0, 04mol
 H :
 Z : C 2 H 5OH : 0,12mol; T : (C OOC 2 H 5 ) 2 : 0, 02mol

Như vậy việc tiếp theo là trả lời các câu hỏi.
% mY 

146.0, 04
.100%  23, 29%  (1)
25, 08
đúng

9


Y, T có cùng CTPT là C6H10O4  (2) đúng
Tách nước Z thu được một anken duy nhất là CH2 = CH2  (3) sai
mY - mz = 146.0,04 - 46. 0,12 = 0,32g  (4) đúng.
 Có 3 nhận định đúng  Đáp án C.
Ví dụ 3.[2]. X, Y là hai chất hữu cơ kế tiếp thuộc dãy đồng đẳng ancol anlylic;
Z là axit no hai chức; T là este tạo bởi X, Y, Z. Đốt cháy 34,24 gam hỗn hợp E
chứa X, Y, Z, T (đều mạch hở) cần dùng 21,728 lít O2 (đktc) thu được 15,12
gam nước. Mặt khác 34,24 gam E làm mất màu vừa đủ dung dịch chứa 0,18
mol Br2. Nếu đun nóng 0,6 mol E với 80 gam dung dịch KOH 59,5%. Cô cạn
dung dịch sau phản ứng, làm lạnh phần hơi thu được chất lỏng A. Cho A đi qua
bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng m gam. Giả sử các phản ứng xảy ra
hoàn toàn. Giá trị m gần nhất với?
A. 59.
B. 60.

C. 61.
D. 62.
HD:
Sử dụng ĐĐH – TPH, tiến hành quy đổi E:
C3 H 5OH : 0,18mol
CO2 : (0,18.3  2a  b)mol ( BTNT  C )

0,97 molO2
E  (COOH ) 2 : a mol


(*)
 H 2O : (0,18.3  a  b  c  0,84) mol (BTNT  H)
CH : bmol; H O : c mol
2
 2

Bảo tồn ngun tố O ta có :0,18+4a+c+0,97.2=2.0,18.3+4a+2b+0,18.3+a+b+c
 0,5a+1,5b = 0,25 (**)
Vậy từ (*) và (**) ta có hệ phương trình sau:
mE  58.0,18  90a  14b  18c  34, 24
a  0, 26mol


 b  0, 08mol
0,5a  1,5b  0, 25
3.018  a  b  c  0,84
c  0, 04mol



Vì nCH  0, 08mol  n(COOH)  0, 26mol nên axit được cố định là (COOH)2
- Bảo toàn số mol: nE = 0,18 + 0,26 - 0,04 = 0,4 mol  P2 = 1,5 P1.
2

2

C3 H 5OH : 0, 27 mol
C3 H 5OH : 0, 27 mol
(COOH ) : 0,39mol
 KOH : 0,85mol  2.0,39


2
1,5 E : 

 A : CH 2 : 0,12mol
 H 2O :1,8mol
CH 2 : 0,12 mol
 H O : 2,52mol
 2
 H 2O : 0, 06mol
 mbình tăng = 0,27.(58-1) +0,12.14+ 2,52. (18-1) =59,91 gam  Đáp án B.

Ví dụ 4. [4]. X, Y (MX < MY) là hai axit đơn chức, không no; Z là một ancol
no, ba chức ; X, Y, Z đều mạch hở. Thực hiện phản ứng este hóa m gam hỗn
hợp X, Y, Z (giả sử hiệu suất phản ứng este hóa đạt 100%), sản phẩm thu được
chỉ có nước và m1 gam một este thuần chức T. Đốt cháy hết 36,84g hỗn hợp H
gồm m gam hỗn hợp X, Y, Z và m1 gam este T, thu được 20,52g H2O. Mặt khác
lượng H trên tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu được dung dịch N chứa

35,28g muối. Biết 36,84g H làm mất màu vừa đủ 0,48 mol Br2; este T chứa 7
liên kết π. Hiệu khối lượng giữa T và Y có giá trị gần nhất với
A. 6,8g.
B. 12g.
C. 8g.
D. 6,5g.
HD:
Trước hết ta cần phân tích cấu tạo của este T.
10


Este có: 7 π = 3COO + 4 π C-C = 3 + (1.2 + 2.1) = 2. 2 π + 1.0 π = 1.2 π +2.1 π
Vì cả hai gốc axit đều không no nên T được tạo từ 1 gốc axit có 2và 2 gốc axit
có 1
Từ phản ứng este hóa, ta có hỗn hợp H gồm: X (Axit có 1 π): 2amol; Y (Axit
có 2 π): amol ; Z (Ancol): amol; T (Este) : amol.
Sử dụng ĐĐH – TPH, tiến hành quy đổi hỗn hợp H ta có:
C3 H 5 (OH )3 : 2amol ; H 2O : 3amol

 O2
H  CH 2  CH  COOH : 4amol


 H 2O : (15a  b  n H 2O  1,14) (*) (BTNT  H)
CH  C  COOH : 2amol ; CH : bmol
2

nBr2 ( pu )   n( ) 

Áp dụng bảo toàn số liên kết π:

4a + 2.2a = 0,48 a = 0,06
Thay a = 0,06 vào (*) ta tính được: b = 0,24
Đề bài cho khối lượng muối, vì vậy ta sẽ ghép CH2 cho muối, hỗn hợp N gồm:
 A : CH 2  CH  COONa:0,24mol
 A : C2 H 3COONa : 0, 24mol

35, 28( g ) N :  B : CH  C  COONa:0,12mol  N : 
 B : C3 H 3COONa : 0,12mol
CH : xmol 
BTKL

x

0,12
mol
 2

lượng CH2 còn lại của ancol: 0,24 – 0,12 = 0,12 = nC H (OH )


Z là C4H7(OH)3: 0,12mol.

3

5

3

Y : C3 H 3COOH : a  0, 06mol


 mT  m Y  0, 06(280  84)  11, 76 g
T : (C 2 H 3COO ) 2 (C3 H 3COO)C4 H 7 : a  0, 06mol

Đáp án B.
* Một số bài tập tự luyện
Bài 1. Hỗn hợp E gồm este X đơn chức và axit cacboxylic Y hai chức (đều
mạch hở, khơng no có một liên kết đơi C=C trong phân tử). Đốt cháy hồn tồn
một lượng E thu được 0,43 mol khí CO2 và 0,32 mol hơi nước. Mặt khác, thủy
phân 46,6 gam E bằng lượng NaOH vừa đủ rồi cô cạn dung dịch thu được 55,2
gam muối khan và phần hơi có chứa chất hữu cơ Z. Biết tỉ khối của Z so với H 2
là 16. Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp E có giá trị gần nhất với
A. 46,5%.
B. 48%.
C. 43,5%.
D. 41,5%.
Bài 2. X là trieste có CTPT CmH2m–6O6 được tạo từ glixerol và hỗn hợp các axit
cacboxylic, trong đó có axit Y thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic. Đem đốt
cháy hết 10,6 gam hỗn hợp E gồm X và Y rồi dẫn tồn bộ sản phẩm qua bình
nước vôi trong dư thấy tạo thành 50,0 gam kết tủa. Mặt khác, cho 26,5 gam E
phản ứng vừa đủ với dung dịch KOH đun nóng thu được dung dịch F chứa 36,0
gam muối. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, giá trị khối lượng muối kali
của axit Y có trong hỗn hợp F có thể là
A. 18,6 gam.
B. 24,8 gam.
C. 20,7 gam.
D. 25,6 gam.
Bài 3. Hỗn hợp E chứa este X (CnH2n-4Ox) và este Y (CmH2m-6Ox) với X, Y đều
mạch hở và khơng chứa nhóm chức khác. Đun nóng 18,48 gam E với 240 ml
dung dịch NaOH 0,8M (vừa đủ), thu được hỗn hợp chứa 2 muối và a gam một
ancol Z duy nhất. Dẫn toàn bộ a gam Z qua bình đựng Na dư, thấy khối lượng

bình tăng 7,104 gam. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 18,48 gam E với lượng oxi
11


vừa đủ, thu được CO2 và H2O có tổng khối lượng 52,656 gam. Phần trăm khối
lượng của Y có trong hỗn hợp E là
A. 28,68%.
B. 27,53%.
C. 28,48%.
D. 24,46%.
Bài 4. Hỗn hợp X gồm 2 axit cacboxylic no, đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy
đồng đẳng. Tiến hành phản ứng este hóa hỗn hợp Y chứa các chất trong X và
glixerol thu được hỗn hợp Z gồm các chất hữu cơ (khơng cịn chất nào trong Y)
và nước. Chưng cất tồn bộ lượng nước trong Z thì thu được 14,78 gam hỗn hợp
T, đốt cháy toàn bộ T thu được 27,28 gam CO2. Nếu cho tồn bộ lượng T trên
qua bình đựng Na dư thì thốt ra 1,008 lít H2 (đktc). Phần trăm khối lượng của
axit có khối lượng phân tử lớn trong X là
A. 33,87%.
B. 40,27%.
C. 58,50%.
D. 47,82%.
Dạng 2. Sử dụng kết hợp kĩ thuật đồng đẳng hóa với kĩ thuật thủy phân hóa
để giải bài tốn peptit phức tạp.
* Cơ sở lý thuyết và phương pháp
- Với Peptit chúng ta thường sử dụng kĩ thuật đồng đẳng hóa kết hợp kĩ thuật
thủy phân hóa để quy đổi thành: C2H3ON, CH2 và H2O.
+ Glyxin: NH2-CH2-COOH quy đổi thành (NH-CH2-CO + H2O).
+ Alanin: NH2-CH(CH3)-COOH quy đổi thành (NH-CH2-CO+1CH2+ H2O).
+ Valin: CH3-CH(NH2)-CH(CH3)-COOH quy đổi thành (NH-CH2-CO + H2O +
3CH2).

- Công thức tổng quát của chuỗi peptit là: (C2H3ON)k.H2O
- Giả sử hỗn hợp E gồm hỗn hợp các peptit và có thể có cả các a-aminoaxit, khi
đó ta sử dụng kĩ thuật đồng đẳng hóa và thủy phân hóa ta quy hỗn hợp E thành:
(C2H3ON: x mol; CH2: ymol và H2O: z mol)
- Phản ứng đốt cháy peptit:
C2H3ON: x mol
N2: 0,5x (mol)
(BTNT- N)
CH2: y mol
+ O2 ®
CO2: (2x + y) (mol)
(BTNT- C)
H2O: z mol
H2O: (1,5x + y + z) (mol) (BTNT- H)
- Peptit phản ứng với dung dịch kiềm :
C2H3ON: x mol
C2H4O2NM: x mol
CH2: y mol
+ MOH ® muối
+ H2O: z mol
H2O: z mol
CH2: y mol
- Đốt cháy muối :
C2H4O2NM: x mol
N2: 0,5x
+ O2 ® CO2: (1,5x + y)
CH2: y mol
M2CO3: 0,5x
H2O: (2x + y)
- Chú ý :

x  2n N  2n M CO
+ Ta tính được
= nMOH (đủ).
2

2

3

+ z chính là số mol hỗn hợp E: nE  nH O  z
+ y = nAla + 3nVal ; x = nGly + nAla + nVal.
+ Số mắt xích trung bình: n = x/z.
- Tính khối lượng hỗn hợp E là tổng khối lượng của (C2H3ON + CH2 + H2O).
2

12


- Tính khối lượng muối thu được bằng tổng khối lượng của C2H4O2NM và CH2.
- Tìm cấu tạo các peptit ban đầu hoặc khối lượng muối nào đó trong hỗn hợp:
+ Khi đó ta đã tìm được các giá trị
x = nGly + nAla + nVal ; y = nAla + 3nVal ; z = nE ; n = x/z.
+ Giả sử ta tìm các peptit X và Y được cấu tạo từ Aly và Ala thì ta làm như sau :
Đặt X là GlyaAlan-a a mol ; Y là GlybAlam-b b mol. Ta dùng bảo tồn các gốc sẽ
tìm được các cặp a, b.
* Một số ví dụ minh họa
Ví dụ 1. [1]. Cho 0,7 mol hỗn hợp T gồm hai peptit mạch hở X (x mol) và Y
(y mol), mỗi peptit đều tạo bởi glyxin, alanin và val. Đun 0,7 mol T trong
lượng dư dung dịch NaOH thì có 3,9 mol NaOH phản ứng và thu được m gam
muối. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn 0,7 mol X thì thu được thể tích CO2

chỉ bằng ¾ lần lượng CO2 khi đốt 0,7 mol Y. Biết tổng số nguyên tử Oxi
trong hai phân tử X và Y là 13, trong X và Y đều có số liên kết peptit không
nhỏ hơn 4. Giá trị của m gần nhất là:
A. 444,0.
B. 439,0.
C. 438,5.
D. 431,5.
HD: Sử dụng kĩ thuật đồng đẳng hóa- thủy phân hóa ta quy đổi 0,7 mol T thành
(C2H3ON: 3,9 mol ; CH2: y mol; H2O: 0,7 mol)
* Phản ứng với dung dịch kiềm :
C2 H 3ON : 3,9 mol
C2 H 4O2 NNa : 3,9mol
3,9 molNaOH
T 



 H 2O : 0, 7mol ; CH 2 : ymol
Muối: CH 2 : ymol

- Tổng số nguyên tử O trong hai peptit là 13  tổng số N trong hai peptit là 11.
- Trong X và Y đều có số liên kết peptit không nhỏ hơn 4, tức là từ 4 trở đi khi
đó số nguyên tử N trong mỗi peptit là từ 5 trở đi.
 Ta chỉ có cặp : X là pentapeptit (X5) và Y là hexapeptit (Y6) là thỏa mãn.
 nX 5  amol
 a  b  0, 7
 a  0,3





n  bmol
- Đặt:  Y6
ta có hệ phương trình: 5a  6b  nNaOH  3,9 b  0, 4
 O2
 X 5  Gly5  kCH 2 

(10  k )CO2

 O2
(12  t )CO2
- Tiến hành ĐĐH hỗn hợp T: Y 6  Gly6  tCH 2 

- Khi đốt cháy 0,3 mol X5 hoặc 0,4 mol Y6 đều thu được CO2 bằng nhau


10  k 3
k 5 k  5
   
  nCH 2  0,3.5  0, 4.8  4, 7 mol  y
12  t 4
t 8 t  8

Vậy khối lượng muối thu được bằng tổng khối lượng của C2H4O2NNa và CH2.
 mmuối = 97.3,9 + 14.4,7 = 444,1 gam  Đáp án A.
Ví dụ 2. Hỗn hợp E gồm 3 chuỗi peptit X,Y,Z đều mạch hở (được cấu tạo từ các
mắt xích Glyxin và Lysin) có số mắt xích khơng nhỏ hơn 2. Chia hỗn hợp làm
hai phần khơng bằng nhau, phần một có khối lượng 14,88 gam đem thủy phân
hoàn toàn trong dung dịch KOH 1M dư, thấy dùng hết 180ml , sau phản ứng thu
được hỗn hợp muối F chứa a mol muối glyxin và b mol muối lysin. Mặt khác,

13


đốt cháy hồn tồn phần cịn lại thu được tỉ lệ thể tích giữa khí cacbonic và hơi
a
nước thu được là 1. Tỉ lệ b gần nhất với:

A. 2,67.

B. 3,2.

C. 2,7.

D. 3,33.

HD:
Áp dụng ĐĐH với Lys: C6H14O2N2 = C2H5O2N + 4CH2 +1NH = Gly +C4H9N
Sử dụng kĩ thuật đồng đẳng hóa ta quy đổi chuỗi peptit ban đầu gồm
C H N O : 0,18 (mol )
 Lys  Gly  1C4 H 9 N hh ( F ) C2 H 4O2 K : 0,18mol
2k
3 k  2 k k 1
k



E





Gly
C4 H 9 N : xmol
C4 H 9 N : xmol
18
3, 24
mE  (57k  18).  71x  14,88 
 71x  4, 62(1)
k
k
Ta có:

- Đốt cháy hồn tồn phần cịn lại thu được tỉ lệ thể tích giữa khí cacbonic và
hơi nước thu được là 1  Đốt cháy phần 1 cũng cho kết quả trên.
0,18

n  0,36  4 x
 O2
mol 

 2kCO2  (1, 5k  1) H 2O  CO2
C2 k H 3k  2 N k Ok 1 :
E:
k

0,18
nH 2O  0, 27 
 4,5 x


O
C H N : xmol 2

 4CO2  4,5H 2O
k
 4 9


VCO2  VH 2O  0,36  4 x  0, 27 

0,18
0,18
 4,5 x 
 0,5 x  0, 09(2)
k
k

Vì:
Giải hệ phương trình (1) và (2) ta có

x  0, 0484mol  nLys  b  nGly  0,18  nLys  0,1316  a 

 Đáp án C.

a 0,1316

 2, 71
b 0, 0484

Ví dụ 3. [4]. Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp M gồm tetrapeptit X và

pentapeptit Y (đều mạch hở) bằng dung dịch KOH vừa đủ, rồi cơ cạn cẩn thận
thì thu được (m +11,42) gam hỗn hợp muối khan của Val và Ala. Đốt cháy hoàn
toàn muối sinh ra bằng một lượng oxi vừa đủ thu được K2CO3; 2,464 lít N2(đktc)
và 50,96 gam hỗn hợp gồm CO2, H2O. Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn
hợp là
A. 55,24%.
B. 54,54%.
C. 64,59%.
D. 45,98%.
HD: nN  0,11mol  nN ( Peptit )  0, 22mol
2

Ta có:

 Ala  Gly  1CH 2


Val  Gly  3CH 2

ĐĐH - TPH hỗn hợp M ta có

C2 H 3ON : 0, 22mol
CO2 : (0,33  x) mol
C2 H 4O2 NK : 0, 22mol  O2 

M : CH 2 : xmol

  H 2O : (0, 44  x)

CH

:
xmol

2
H O
 K CO : 0,11mol
 2 3
 2
 Muối:
 (mCO2  m H2O )  0,33.44  0, 44.18  44.x  18.x  50,96  x  0, 46  nCH2
 nAla  nVal  nC2 H 3O2 N  0, 22
nAla  0,1mol


 ta có hệ phương trình: 1nAla  3nVal   nCH 2  0, 46 nVal  0,12mol

14


- BTKL: m  56.0, 22  m  11, 42  18.nH O  nH O  0, 05  nPeptit
2

2

 m peptit  mC2 H 3ON  mCH 2  mH 2O  0, 22.57  0, 46.14  0, 05.18  19,88 g

- Gọi công thức 2 peptit là X4 và Y5
 nX 4  amol  a  b  0, 05
 a  0, 03mol




 4a  5b  0, 22
b  0, 02mol
 nY5  bmol

Gọi số mắt xích Ala trong X4 là n và Ala trong Y5 là m.
- Bảo tồn só mol gốc Ala ta có: 0,03.n + 0,02m = 0,1  chỉ có 1 cặp nghiệm
thõa mãn: n = 2 và m = 2  Công thức của Y là: Y5: (Ala)2(Val)3
0, 02.457
.100%  45,98% 
19,88
Đáp án D.

% mY 

Ví dụ 4. [5]. Đun nóng 45,54 gam hỗn hợp E gồm hai peptit X (CxHyOzN6) và
Y(CnHmO6Nt) cần dùng 580ml dung dịch NaOH 1M chỉ thu được dung dịch
chứa muối natri của glyxin và valin. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn cùng lượng
E trên trong O2 vừa đủ thu được hỗn hợp CO2, H2O và N2, trong đó tổng khối
lượng của CO2 và H2O là 115,18 gam. Công thức phân tử của peptit X là:
A. C17H30N6O7.
B. C21H38N6O7.
C. C24H14N6O7.
D. C18H32N6O7.
HD: ĐĐH - TPH hỗn hợp E ta quy đổi thành:
C2 H 3ON : 0,58mol
0,58

E

 mE  0,58.57  18.
 14 x  45,54(1)
0,58
k
CH
:
xmol
;
H
O
:
mol
2
 2
k
C2 H 3ON : 0,58mol
CO2 : (1,16  x) mol


 O2
E :


0,58
0,58
H 2O : (0,87 
 x) mol
CH
:
xmol

;
H
O
:
mol
2
2


k
k


- Đốt cháy E ta có:

0,58
 x)  115,18(2)
k
58
k
11 và x  0, 75mol
Giải hệ phương trình (1); (2) ta có:
0, 58
nX  nY 
 0,11mol
k
; mà 6nX  5nY  0,58  nX  0, 03mol ; nY  0, 08mol

 (m

CO2

 mH 2O )  44.(1,16  x)  18.(0,87 

Ta có: x =0,75mol = 3nVal
nVal  0, 25mol  3nX  nY

 X : (Gly )3 (Val )3 : C21H 38 N 6O7
nGly  0,33mol  3nX  3nY
 Đáp án B.

* Một số bài tập tự luyện
Bài 1. X và Y lần lượt là các Tripeptit và Tetrapeptit được tạo thành từ cùng một
amino axit no mạch hở, có một nhóm –COOH và một nhóm –NH2. Đốt cháy
hồn tồn 0,1 mol Y thu được sản phẩm gồm CO2, H2O, N2, trong đó tổng khối
lượng của CO2 và H2O là 47,8 gam. Để đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol X cần vừa hết
bao nhiêu mol O2 ?
A. 1,875 mol.
B. 2,025 mol.
C. 2,800 mol.
D. 3,375 mol.
15


Bài 2. A là hỗn hợp chứa Gly, Ala và Val theo một tỉ lệ nhất định. Trùng ngưng
m hỗn hợp A đến hoàn toàn thu được (1,5m - 98,175) gam hỗn hợp B gồm 3
peptit X, Y, Z . Đốt cháy hoàn toàn lượng B trên thu được 80,325 gam H2O. Biết
A tác dụng hồn tồn với 2 lít NaOH 1M thu được 199,4 gam chất rắn. Tỉ lệ khối
lượng Gly có trong A và khối lượng B là:
A. 29,64% ; 129,525 gam.

B. 39,52% ; 129,525 gam.
C. 69,17% ; 151,80 gam.
D. 29,64%; 129,525 gam.
Bài 3. Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp E gồm 3 peptit X,Y, Z thu được
151,2 gam hỗn hợp các muối natri của Gly, Ala, Val. Đốt cháy hoàn toàn 151,2
gam muối cần 107,52 lít khí O2 (đktc). Mặt khác đốt cháy hồn tồn m gam E
thu được 84,4 gam tổng (H2O + N2), CO2. Giá trị của m gần nhất
A.127.

B.115.

C.90.

D.102.

Bài 4. Đun nóng hỗn hợp E chứa peptit X (CxHyOzN7) và peptit Y (CnHmO7Nt)
với 500 ml dung dịch NaOH 1M (lấy dư 25% so với phản ứng) thu được hỗn
hợp F có chứa a mol muối A và b mol muối B (A, B là muối của -amino axit
no chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH; A hơn B một nhóm CH 2). Đốt cháy
toàn bộ F thu được hỗn hợp gồm CO 2, H2O, N2 và Na2CO3; trong đó tổng khối
lượng của CO2 và H2O là 49,42 gam. Tỉ lệ a : b gần nhất với
A. 0,60.
B. 0,65.
C. 0,70.
D. 0,75.
Dạng 3. Sử dụng kĩ thuật hiđro hóa để giải các bài tập tổng hợp các
hợp chất hữu cơ
* Một số chú ý khi sử dụng phương pháp hiđro hóa
- Kĩ thuật này áp dụng tương tự kĩ thuật đồng đẳng hóa chỉ khác là trong
hỗn hợp quy đổi có thêm H2 và kèm theo bước ghép CH2.

- Với các chất cùng dãy đồng đẳng, ta gộp chúng lại để ghép H2.
Ví dụ: Tạo lại hỗn hợp X gồm một anđehit và hai hiđrocacbon cùng dãy đồng
đẳng. Biết X gồm: C2H6:0,1mol; C3H8:0,4mol; C3H7OH:0,3mol; H2:-1,6mol.
C2 H 6. .kCH 2 : 0,5mol
C2 H 2 : 0,1mol
m  2 

X  C3 H 7OH : 0,3mol  0,5n  0,3.m  1, 6  
 C3 H 4 : 0, 4mol
n  2
 H : 1, 6 mol
C H CHO : 0,3mol
 2
 2 3

- Chú ý điều kiện để ghép H2. Nếu mạch cacbon khơng thỏa mãn, ta khơng được
ghép H2 vào chất.
Ví dụ: Tạo lại hỗn hợp X gồm một axit, một ancol và một anken. Biết X gồm:
0,3 mol CH4; 0,4 mol CH3OH; 0,2mol HCOOH; 0,7 mol CH2; -0,5 mol H2.
Ta có: 0,7 = 0,3 + 0,4 = 0,3 + 0,2.2  Có hai trường hợp ghép CH2.
C2 H 6 : 0,3mol ; C2 H 5OH : 0, 4mol
X 
 0,5  0,3.m
HCOOH : 0, 2mol; H 2 : 0,5mol

- Trường hơp 1:
 Không tồn tại m thõa mãn nên không thể ghép CH2.

- Trường hợp 2:

16


C2 H 6 : 0,3mol
C2 H 4 : 0,3mol
C H OH : 0, 4mol
m  1
 2 5

X 
 0,5  0, 3.m  0, 2.n  
 X : CH 3OH : 0, 4mol
n  1
 HCOOH : 0, 2mol
C H COOH : 0, 2mol
 2 3
 H 2 : 0,5mol
* Một số ví dụ minh họa

Ví dụ 1. Hỗn hợp X gồm axit đơn chức A và axit hai chức B đều không no,
mạch hở, không phân nhánh (trong đó oxi chiếm 46% về khối lượng). Đốt cháy
hồn toàn m gam X rồi dẫn toàn bộ lượng sản phẩm cháy vào bình đựng dung
dịch nước vơi trong dư thấy khối lượng bình tăng 28,928 gam. Mặt khác, đem
m gam hỗn hợp X cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 16,848 gam
muối. Để hidro hóa hồn tồn m gam X cần dùng 3,4048 lít H2 (đktc). Phần
trăm khối lượng của A trong X gần nhất với:
A. 64%.
B. 66%.
C. 68%.
D. 70%.

HD:

nH 2 

3, 4048
 0,152mol
22, 4
. Sử dụng kĩ thuật hiđro hóa để quy đổi hỗn hợp X:

 HCOOH : amol ;(COOH ) 2 : bmol
32a  64b
X 
 %mO ( X ) 
.100%  46%(1)
CH
:
cmol
;
H
:

0,152
mol
46
a

90
b

14

c

0,152.2
 2
2

Sơ đồ đốt cháy X:
 HCOOH : amol ;(COOH ) 2 : bmol  O2 CO2 : (a  2b  c )mol
X 


CH 2 : cmol ; H 2 : 0,152mol
 H 2O : (a  b  c  0,152) mol
 mbinh tan g  mCO2  mH 2O  44.(a  2b  c )  18.(a  b  c  0,152)  28, 298(2)

Mặt khác: Ta có sơ đồ phản ứng của X với NaOH
 HCOOH : amol ;(COOH ) 2 : bmol  NaOH  HCOONa : amol ;(COONa ) 2 : bmol
X 
 
CH 2 : cmol ; H 2 : 0,152mol
CH 2 : cmol ; H 2 : 0,152mol

 mMuối = 68a + 134b + 14c - 2.0,152 = 16,848(3)
Giải hệ phương trình (1); (2); (3)  a = 0,12 mol; b = 0,032 mol; c =0,336mol

Tiến hành ghép hỗn hợp ban đầu ta có:
 HCOOH : 0,12mol ;(COOH ) 2 : 0, 032mol
 A : C2 H 3COOH : 0,12mol

X  CH 2 : 0,336mol  0,12.2  0, 032.3

 X :
 B : C3 H 4COOH : 0, 032mol
 H : 0,152mol  (0,12  0, 032)
 2
0,12.72
 %m A 
.100%  67,5% 
0,12.72  0, 032.130
Đáp án C.

Ví dụ 2. X, Y là hai este đều đơn chức (MX < MY); Z là este hai chức (X, Y, Z
đều mạch hở). Đốt cháy 0,24 mol E chứa X, Y, Z cần dùng 1,53 mol O2 thu
được 17,64 gam H2O. Mặt khác, đun nóng 0,24 mol E với dung dịch NaOH vừa
đủ, thu được hỗn hợp F chứa 2 ancol đồng đẳng kế tiếp và hỗn hợp M chứa 2
muối. Đun nóng tồn bộ F với H2SO4 đặc ở 1400C, thu được 9,44g hỗn hợp T
chứa 3 ete. Hóa hơi 9,44g T thì thể tích chiếm 2,688 lít (đktc). Biết rằng hiệu
17


suất ete hóa của ancol theo khối lượng phân tử tăng dần lần lượt là 80% và 50%.
Phần trăm khối lượng của Y có trong hỗn hợp E gần nhất với
A. 30%.
B. 31%.
C. 32%.
D. 33%.
HD: - Tìm cơng thức 2 ancol: khi đun hỗn hợp 2 ancol tạo ete thì ln có
 mAncol  mEte  mH 2O  9, 44  0,12.18  11, 6 g ( BTKL )

2.688
11, 6


.2  0, 24mol
 M ancol 
 48,33
 nancol  2nEte 
22,
4
0,
24

 nH O  nEte  0,12mol
 2
 Hai ancol kế tiếp là C2H5OH và C3H7OH. Xét hỗn hợp hai ancol trong F:
nC2 H5OH ( pu )  nC3H 7OH ( pu )  0, 24
nC2 H 5OH ( pu )  0, 2
nC2 H 5OH (F)  0, 2 : 80%  0, 25



46.nC2 H5OH ( pu )  60.nC3H7OH ( pu )  11, 6
 nC3H 7OH ( pu )  0, 04 nC3H 7OH ( F )  0,04 : 50%  0, 08
nH O
BTNT  O
 nCO2  nCOO  nO2  2  1,37 mol
 nOH ( F )   nCOO  0, 25  0, 08  0,33mol 
2
 X : RCOOC3 H 7 : 0, 08
nX ,Y  0,15
nX ,Y  nZ  0, 24



 E : Y : RCOOC2 H 5 : 0, 07 mol

nX ,Y  2nZ  0,33 nZ  0, 09
 Z : R(COOC H ) : 0, 09mol
2 5 2


Ta có hệ sau:

7mol

8mol

Ví dụ 3. 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 được 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 hịa lượng NaOH dư, thu được dung
dịch Y. Cơ cạn Y, thu được 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. 7,09g.
B. 5,92g.
C. 6,53g.
D. 5,36g.
HD: Sử dụng kĩ thuật hiđro hóa , quy đổi hỗn hợp X:
 HOOC  COOH : (0,1  0, 02) : 2  0, 04.  nNaOH ( pu )

CH 3OH : 0, 05mol ;  H 2O;  H 2


BTNT ( C )
 x  (8,36 : 44)  0, 04.2  0, 05  0, 06mol
CH 2 : xmol 

18


M (Ancol)  46  nCH 2 ( Ancol )  nhh ( ancol )  0, 05  nCH 2 ( axit )  0, 01  nCH 2 ( axit )  0, 04mol
 Axit : HOOC  CH 2  COOH : 0, 04 mol

CH OH : 0, 05mol

 X :  Ancol  3
CH 2 : 0, 02mol

  H O;  H
 2
2
mMuoi  mCH 2 (COONa )2  mNaCl  0, 04.148  0, 02.58,5  7, 09 g 
Đáp án: A.

Ví dụ 4. [3]. Cho X, Y là hai axit cacboxylic đơn chức (MX < MY ); T là este ba
chức, mạch hở được tạo bởi X, Y với glixerol. Cho 23,06 gam hỗn hợp E gồm
X, Y, T và glixerol (với số mol của X bằng 8 lần số mol của T) tác dụng vừa
đủ với 200 ml dung dịch NaOH 2 M, thu được hỗn hợp F gồm hai muối có tỉ lệ
mol 1:3 và 3,68 gam glixerol. Đốt cháy hoàn toàn F cần vừa đủ 0,45 mol O2,
thu được Na2CO3, H2O và 0,4 mol CO2. Phần trăm khối lượng của T trong E có
giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 29.
B. 35.

C. 26.
D. 25.
HD: Vì chưa biết dạng đồng đẳng của hai axit X, Y nên sử dụng kĩ thuật hiđro
hóa, quy đổi hỗn hợp E thành:
 HCOOH
CO2 : 0, 4mol
 HCOONa
C H (OH )
F

 3 5

3
0,45 molO2
 NaOH
23, 6 gE  


 Na2CO3
CH 2 ;  H 2
0,4 mol
CH
 2
H O
C3 H 5 (OH )3 : 0, 04mol
 2
 H 2 ;  H 2O
BTNT ( Na )
 
 nNa2CO3  0, 2mol; nHCOONa  0, 4mol

 BTNT (C )
 nCH 2 ( F )  nCH 2 ( E )  nCO2  nNa2CO3  nHCOONa  0, 4  0, 2  0, 4  0, 2mol
 
  BTNT (O )
 nH 2O  2nHCOONa  2nO2  2nCO2  3nNa2CO3  2.0, 4  2.0, 45  2.0, 4  3.0, 2  0,3mol
 
 BTNT ( H )
 nH 2 ( F )  nH 2 ( E )  nH 2O  (nHCOONa : 2)  nCH 2  0,3  0, 2  0, 2  0,1mol
 

Như vậy hỗn hợp F gồm: HCOONa: 0,4mol; CH2: 0,2mol và H2: -0,1mol
 HCOONa : 0,3mol
 F :
C2 H 3COONa : 0,1mol
Vì 2 muối trong F có tỉ lệ mol là 1:3 nên
 HCOOH : 0, 4mol
CH : 0, 2mol
 2
 23, 06( g ) E : 
C3 H 5 (OH )3 : 0, 04mol
 H 2 : 0,1mol; H 2O : n H O mol

2
23.06  mHCOOH  mCH 2  mC3 H5 (OH )3  mH 2
BTKL

 nH 2O 
 0, 09mol  nT  0, 03mol
18

19


 HCOOH : 0,3mol
 X : HCOOH
C H COOH : 0,1mol
 2 3

 23, 06( g ) E : 
 Y : C2 H 3COOH
C3 H 5 (OH ) 3: 0, 01mol n  8n
 X
T
T : 0, 03mol
 HCOOH : 0, 24mol
C H COOH : 0, 07 mol
0, 03.202
 2 3
 E :
 %mT 
.100%  26, 28%
(
HCOO
)
C
H
(
OOCC
H
)

:
0,
03
mol
23,
06
2
3
5
2
3

C3 H 5 (OH )3 : 0, 01mol
 Đáp án C.

* Một số bài tập tự luyện
Bài 1. Hỗn hợp X chứa một amin no, đơn chức, mạch hở và hai hiđro cacbon có
cùng số ngun tử cacbon. Đốt cháy hồn tồn 0,24 mol X cần dùng 0,9225
mol O2 , sản phẩm cháy gồm CO2, H2O và N2 dẫn qua bình đựng dung dịch
H2SO4 đặc dư, thấy khối lượng bình tăng 12,69 gam, khí thốt ra khỏi bình có
thể tích là 13,776 lít (đktc). Phần trăm khối lượng của hiđrocacbon có khối
lượng phân tử lớn là
A. 24,73%.
B. 27,27%.
C. 23,66%.
D. 25,45%.
Bài 2. Hỗnhợp A gồm hai ancol X, Y và axit cacboxylic Z (X,Y, Z đều mạch
hở). Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp A thu được 48,4 gam CO2 và 15,3
gam H2O. Mặt khác, đun nóng m gam hỗn hợp A có mặt H2SO4 đặc làm xúc
tác thu được hỗn hợp B gồm các chất hữu cơ hai chức (thuần chức) và nước.

Đốt cháy hoàn toàn lượng chất B ở trên cần 24,08 lít khí O2 (đktc). Nếu lấy
tồn bộ lượng ancol có trong A đem đốt cháy thì cần dùng vừa đủ V lít O2
(đktc). Biết các phản ứng hồn tồn và các ancol đơn chức, Y có nhiều hơn X
một nguyên tử cacbon. Giá trị V gần nhất với:
A. 22,1.
B. 24,6.
C. 26,8.
D. 28,2.
Bài 3. Cho X, Y là hai axit cacboxylic đơn chức mạnh hở (MX < MY); T là este
hai chức tạo bởi X, Y và một ancol no mạch hở Z. Đốt cháy hoàn toàn 6,88
gam hỗn hợp E gồm X, Y, T bằng một lượng vừa đủ O2, thu được 5,6 lít CO2
(đktc) và 3,24 gam nước. Mặt khác 6,88 gam E tác dụng vừa đủ với dung dịch
AgNO3/NH3 dư thu được 12,96 gam Ag. Khối lượng rắn khan thu được khi cho
cùng lượng E trên tác dụng với 150 ml dung dịch KOH 1M là
A. 10,54 g.
B. 14,04 g.
C. 12,78 g.
D. 13,66 g.
Bài 4. Hỗn hợp X chứa một este đơn chức và một este hai chức đều mạch hở,
trong phân tử mỗi este chỉ chứa một loại nhóm chức. Đun nóng 24,7 gam X cần
dùng 0,275 ml dung dịch NaOH 1M, thu được hỗn hợp Y chứa các ancol đều
no, đơn chức có tổng khối lượng 11,95 gam và hỗn hợp Z chứa hai muối,
trong đó có a gam muối A và b gam muối B (MA < MB). Mặt khác đốt cháy
hoàn toàn 0,08 mol X cần dùng 0,54 mol O2, thu được 6,48 gam nước. Tỉ lệ
gần nhất với a : b là
A. 1,2.
B. 0,6.
C. 1,0.
D. 0,5.
2.4. Hiệu quả trong việc triển khai đề tài

20


Khi triển khai đề tài này được tiến hành trên 02 lớp thuộc trường THPT 4
Thọ Xuân, đó là :
- Lớp dạy 12A1 (học ban cơ bản A)
- Lớp dạy 12A2 (học ban cơ bản)
* Kết quả đạt được
- Về mặt định tính: Khi tơi áp dụng các kĩ thuật quy đổi vào giải các dạng toán
hữu cơ phức tạp, tơi thấy học sinh của tơi ham học hóa hơn, u thích các bài
tập về hóa học hữu cơ hơn và khơng cịn thấy lo lắng, lúng túng trong việc xử lí
các bài tốn hữu cơ phức tạp. Như vậy, rõ ràng việc áp dụng đề tài nghiên cứu
vào dạy học đã góp phần đổi mới phương pháp dạy học và tạo hứng thú học hóa
học cho học sinh, nâng cao hiệu quả rõ rệt về chất lượng làm bài tập hóa.
- Về mặt định lượng: Kết quả điều tra trên các lớp 12A1, 12A2 ở trường THPT
4 Thọ Xuân năm học 2018 - 2019 như sau :
Khi chưa thực
Khi thực hiện
Sĩ
hiện đề tài
đề tài
TT Lớp
Ghi chú
số Không
Không
Hiểu
Hiểu
hiểu
hiểu
1

12A1 42 45%
55%
7,0%
93,0%
Học ban cơ bản A
2
12A2 40 60,0%
40,0% 23,0%
77,0%
Học ban cơ bản
Khi tôi áp dụng đề tài này vào dạy cho các lớp thì tơi thấy chất lượng HS
đều được nâng lên rõ rệt thể hiện: tỉ lệ phần trăm hiểu bài cao hơn nhiều so với
khi tôi chưa áp dụng đề tài.
Từ kết quả trên cho phép tôi nhận định rằng việc áp dụng đề tài vào giảng
dạy cho HS đã đạt hiệu quả cao, phù hợp đối với HS trong q trình giảng dạy.
Điều này phản ánh được tính cấp thiết cho đề tài mà tôi lựa chọn và xây dựng.
3. Kết luận và kiến nghị
3.1. Kết luận
Đề tài “Giúp học sinh sử dụng các kĩ thuật quy đổi để xử lí một số dạng
bài tập hữu cơ phức tạp” đã
- Giúp HS tìm ra được các cách giải độc đáo và sáng tạo để làm tốt một số
dạng bài tập hóa học hữu cơ phức tạp, đặc biệt là các bài tập hữu cơ có mức
điểm 9 hoặc 10 trong chương trình hóa học hữu cơ THPT.
- Đã đề xuất được 3 dạng toán hữu cơ phức tạp thường gặp trong q trình
ơn thi THPT QG.
- Kết quả của việc triển khai đề tài cho thấy tính khả thi của đề tài, là tài
liệu tham khảo tốt cho HS ở trường THPT.
3.2. Kiến nghị
Đề tài khá rộng và tương đối khó, vì vậy cần nhiều thời gian, cơng sức để
nghiên cứu bổ sung và phát triển thêm. Sau đây tôi xin đề xuất một số hướng

phát triển của đề tài :
- Nghiên cứu đầy đủ và quy mô hơn về sử dụng các kĩ thuật quy đổi để
giúp học sinh giải quyết tốt các bài toán hữu cơ.
21


- Nghiên cứu đầy đủ và trang bị cho học sinh nhiều phương pháp giải để
giúp cho học sinh làm tốt các bài tốn hóa học hữu cơ.
- Đề tài này theo tơi là quan trọng vì nó xuất phát từ nhu cầu thực tiễn của
việc dạy và học. Vì vậy tơi cho rằng nên có nhiều các đề tài nghiên cứu theo
hướng này.
- Những sáng kiến kinh nghiệm có tính thực tiễn cao, nên tập trung giáo
viên giáo viên để phổ biến, học tập, tiếp thu, trong các chương trình bồi dưỡng
giáo viên. Để tất cả giáo viên được học, được bồi dưỡng, nhằm nâng cao năng
lực nghiệp vụ. Đó là một trong những yêu cầu của dạy học, vì việc học để cập
nhật thơng tin tri thức, là việc làm suốt đời của người giáo viên.
Bước đầu nghiên cứu một đề tài mới với một thời gian ngắn chắc chắn
khơng tránh khỏi những hạn chế và thiếu sót. Tơi rất mong sự góp ý, xây dựng
của các đồng nghiệp quan tâm đến đề tài này.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 12 tháng 5 năm 2019
ĐƠN VỊ
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, khơng sao chép nội dung
của người khác.
(ký và ghi rõ họ tên)

Lê Thị Trúc

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Các đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng, Minh họa, THPT QG của Bộ
GD&ĐT từ năm 2007 đến nay.
2. Đề thi thử THPT QG của các trường THPT, các trường THPT chuyên,
các trung tâm luyện thi trong cả nước.
3. Đề thi thử THPT QG của Sở GD&ĐT các tỉnh trong cả nước.
4. Các tạp chí Hóa học và ứng dụng của hội hóa học Việt Nam.
5. Mạng internet.
6. Sách giáo khoa hóa học 11 và 12 cơ bản và nâng cao của Nxb giáo
dục.
22


MỘT SỐ KÍ HIỆU DÙNG TRONG ĐỀ TÀI
PPDH

Phương pháp dạy học

TNKQ 

Trắc nghiệm khách quan

THPT

Trung học phổ thơng

PTHH

Phương trình hóa học

TLTK

Tài liệu tham khảo

BTNT

Bảo toàn nguyên tố

SGK

Sách giáo khoa

BTKL

Bảo toàn khối lượng
23


Nxb

Nhà xuất bản

HS

Học sinh

GV

Giáo viên

THPT QG

Trung học phổ thông Quốc gia

DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG
ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ
CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN

Họ và tên tác giả: Lê Thị Trúc
Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên - Trường THPT 4 Thọ Xuân
TT
Tên đề tài SKKN
Cấp đánh giá Kết quả
Năm học
xếp loại
đánh giá đánh giá xếp
(Phòng, Sở, xếp loại
loại
Tỉnh...)
(A, B,
24


1.

Giúp học sinh phân loại và
giải nhanh bài toán hỗn hợp
sắt và hợp chất của sắt

2.

Giúp học sinh phát triển Sở GD & ĐT
phương pháp đồ thị để giải
nhanh các bài tập trắc
nghiệm hóa học.
Giúp học sinh giải nhanh một Sở GD & ĐT
số bài tốn hóa học vơ cơ
bằng phương pháp quy đổi
nguyên tử
Giúp học sinh làm tốt các bài Sở GD & ĐT
tập thực nghiệm hóa học
trong chương halogen và
chương oxi - lưu huỳnh
Giúp học sinh làm tốt các bài Sở GD & ĐT
tập muối sunfua phần hóa
học vô cơ.
Giúp học sinh phân loại và Sở GD & ĐT
giải nhanh các dạng bài toán
peptit

3.

4.

5.

6.

Sở GD & ĐT

hoặc C)
C
2010 - 2011

C

2011 - 2012

C

2013 - 2014

C

2014 - 2015

C

2015 - 2016

C

2016 - 2017

25