Phương pháp giải một số bài tập hay và khó đặc trưng riêng cho từng loại hợp chất hữu cơ...2 2.1.1.. Vì vậy, để giúp các em học sinh có được tư duy tốt hơn, giải quyết tốt các bài toán k
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Hóa học
Thanh Hóa, năm 2020
Trang 2MỤC LỤC
1 MỞ ĐẦU 1
1.1 Lý do chọn đề tài 1
1.2 Mục đích nghiên cứu 1
1.3 Đối tượng nghiên cứu 1
1.4 Phương pháp nghiên cứu 1
1.5 Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm 1
2 NỘI DUNG 2
2.1 Phương pháp giải một số bài tập hay và khó đặc trưng riêng cho từng loại hợp chất hữu cơ 2
2.1.1 Một số bài toán hiđrocacbon 2
2.1.2 Một số bài toán ancol 7
2.1.3 Một số bài toán anđehit 9
2.1.4 Một số bài toán axit cacboxylic 10
2.2 Kết hợp các phương pháp để giải các bài tập tổng hợp với bài toán hỗn hợp các hợp chất chứa C, H, O 14
2.2.1 Bài tập áp dụng phương pháp quy đổi, kết hợp các phương pháp khác 14
2.2.2 Bài toán hỗn hợp các chất chưa rõ loại chất 17
2.3 Hiệu quả của việc sử dụng phương pháp 2.2.1 Thuận lợi 20
2.2.2 Khó khăn 20
2.2 Thực trạng của việc giải quyết bài tập hóa hữu cơ phần vận dụng và vận dụng cao 20
3 KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 21
3.1 Kết luận 21
3.2 Kiến nghị 21
Trang 31 MỞ ĐẦU 1.1 Lý do chọn đề tài
Trong nhà trường phổ thông bài tập hóa học có ý nghĩa quan trọng trongdạy học, ngoài củng cố kiến thức và kỹ năng Bài tập hóa học còn giúp pháttriển tư duy cho học sinh Những kiến thức hóa học học sinh có thể quên nhưng
tư duy học sinh có được sẽ theo các em suốt cuộc đời để giải quyết tốt hơn cácvấn đề trong cuộc sống
Trong quá trình giảng dạy ở trường THPT Hàm Rồng, tôi nhận thấy các
em học sinh còn gặp nhiều khó khăn khi giải các bài toán hóa học đặc biệtnhững bài toán khó Các em còn lúng túng, tư duy máy móc, dập khuân, chưaxác định được phương pháp phù hợp với các bài toán trắc nghiệm Mặt khác qua
đề thi THPTQG gần đây xuất hiện một số câu rất khó để phân loại học sinh
Vì vậy, để giúp các em học sinh có được tư duy tốt hơn, giải quyết tốt các
bài toán khó Tôi đã nghiên cứu đề tài: “Kết hợp các phương pháp để giải một
số bài tập hóa hữu cơ hay và khó, nhằm phát triển tư duy cho học sinh lớp
11.”
1.2 Mục đích nghiên cứu.
Mục đích nghiên cứu của đề tài này phát triển tư duy, nâng cao năng lựchọc tập bộ môn hóa học, bồi dưỡng và phát hiện học sinh giỏi môn hóa lớp 11.Giúp các em giải quyết các câu hỏi thuộc phần vận dụng và vận dụng cao thuộcchương trình hóa hữu cơ lớp 11, tạo nền để các em chinh phục điểm cao mônhóa trong kì thi TNTHPT ở lớp 12
1.3 Đối tượng nghiên cứu.
Tìm hiểu các phương pháp giải, đánh giá và phân tích để các em có cáchnhìn bao quát và linh hoạt đối với các dạng bài tập hay và khó thuộc chươngtrình hóa hữu cơ lớp 11
1.4 Phương pháp nghiên cứu.
- Phương pháp nghiên cứu lí thuyết: Phân tích và hệ thống hóa các tài liệu
có liên quan đến đề tài
- Phương pháp thực nghiệm: Tiến hành thực nghiệm ở các giờ dạy trênlớp
- Phương pháp điều tra học sinh
1.5 Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm
- Phân tích, cụ thể hóa, kết hợp các phương pháp để giải quyết một số bài
tập hữu cơ hay và khó lớp 11
Trang 42 NỘI DUNG 2.1 PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP HAY VÀ KHÓ ĐẶC TRƯNG RIÊNG CHO TỪNG LOẠI CHẤT HỮU CƠ
2.1.1 MỘT SỐ BÀI TOÁN HIĐRO CACBON
Kỹ thuật giải toán hiđrocacbon.
Để làm bài toán về hidrocacbon cần chú ý những điểm sau:
1 – Chú ý về số liên kết π (số mol nước , CO2)số mol nước , CO2)
2 – Bảo toàn khối lượng m X m C m H
3 – Phương pháp Trung Bình
4 – Tăng giảm thể tích của các phản ứng cơ bản
5 – Suy luận từ đáp án và đánh giá
Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm C3H6, C4H10, C2H2 và H2 Cho m gam X vào bình kín
có chứa một ít bột Ni làm xúc tác Nung nóng bình thu được hỗn hợp Y Đốtcháy hoàn toàn Y cần dùng vừa đủ V lít O2 (số mol nước , CO2)đktc) Sản phẩm cháy cho hấp thụhết vào bình đựng nước vôi trong dư, thu được một dung dịch có khối lượnggiảm 21,45 gam Nếu cho Y đi qua bình đựng lượng dư dung dịch brom trongCCl4 thì có 24 gam brom phản ứng Mặt khác, cho 11,2 lít (số mol nước , CO2)đktc) hỗn hợp X điqua bình đựng dung dịch brom dư trong CCl4, thấy có 64 gam brom phản ứng.Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn Giá trị của V là
A 21,00 B 14,28 C 10,50 D 28,56
Hướng dẫn:
- Đây là một bài toán khó về hiđrocacbon
Đặt vấn đề là muốn tính VO2 cần tính số mol CO2, số mol H2O Tuy nhiênvới cách đặt ẩn ta chỉ thiết lập được 3 phương trình 4 ẩn (số mol nước , CO2)x, y, z, t), như vậy sẽkhông giải được hệ
Từ đó định hướng tư duy để học sinh có thể ghép ẩn số để tính số mol
Trang 5C H : z mol
Br ph ¶ n øng :0,15mol (ThÝ nghiÖm1)
H :t mol 0,5 mol X Br ph ¶ n øng :0, 4mol (ThÝ nghi
Theo giả thuyết ta có : nx x y z t (2x y 3z 0,15) mol
Gọi k là hệ số tỉ lượng của thí nghiệm 1 và thí nghiệm 2, ta có :
Trang 6Áp dụng định luật bảo toàn mol liên kết, ta có:
CO
H O
n 0, 6 mol20an 54a 18b 21, 45 a 0, 225 mol
2 2
Br /CCl 2
Trang 7Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố O, ta có:
Nhận xét: Với cách giải 1 chỉ rõ bản chất của các quá trình, tuy nhiên học sinh
hay bị mắc ở chỗ không giải được hệ, cách giải 2 thể hiện sự sáng tạo.
Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm H2 và hai olefin là đồng đẳng kế tiếp nhau Cho 8,96lít hỗn hợp X đi qua xúc tác Ni nung nóng thu được hỗn hợp Y Dẫn Y qua dungdịch Br2 dư thấy khối lượng bình tăng 1,82 gam và thoát ra 5,6 lít hỗn hợp khí Z
Tỷ khối của Z đối với H2 là 7,72 Biết tốc độ phản ứng của hai olefin với hiđro
là như nhau Công thức phân tử và phần trăm về thể tích của anken có ít nguyên
tử cacbon hơn trong X là
Ví dụ 3: Nung 15,904 lít hỗn hợp X gồm etilen, propin, vinylaxetilen và hidro
với xúc tác thích hợp thu được 11,2 lít khí Y có tỷ khối hơi so với H2 là 10,28.Chia Y thành 2 phần bằng nhau
Phần 1: đốt cháy hoàn toàn thì cần V lít O2 thu được 8,46 gam H2O
Phần 2: dẫn qua dung dịch AgNO3/ NH3 dư thì thu được m gam gồm 3 kết tủa
có tỷ lệ mol 1:2:3 tương ứng với M tăng dần, khí thoát ra có thể tích là 5,152 lít Hỗn hợp X làm mất màu tối đa a mol Br2 Biết các khí đều đo ở đktc và cácphản ứng xảy ra hoàn toàn Giá trị của (số mol nước , CO2)V + m + a) gần nhất với
A 15,8 B 17,8 C 17,1 D 16,7
Hướng dẫn:
nY = 0,5 mol; mY = 0,5 20,56 = 10,28 gam = mX (số mol nước , CO2)theo định luật BTKL)
Số mol X = 0,71 mol Số mol H2O = 0,47 mol
Gọi A là số mol của (số mol nước , CO2)C2H4, C3H4, C4H4) và b là số mol của H2
Trang 8Ta có: a + b = 0,71 (số mol nước , CO2)1)
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho hidro, ta có: 2a + b = 0,94 (số mol nước , CO2)2)
Từ (số mol nước , CO2)1) và (số mol nước , CO2)2) ta có: a = 0,23; b = 0,48
CH C CAg (số mol nước , CO2)t mol); CH CH C CAg 3 2 (số mol nước , CO2)2t mol); CH =CH - C CAg 2 (số mol nước , CO2)3t mol)
Số mol khí thoát ra = 0,23 mol Ta có: t + 2t + 3t + 0,23 = 0,25 → t = 1/300
→ m = 3,15 gam
Gọi x, y, z là số mol của C2H4, C3H4, C4H4 trong X, ta có:
X + y + z = 0,23 (số mol nước , CO2)3)
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cacbon, ta có: 2x + 3y + 4z = 0,7 (số mol nước , CO2)4)
Trừ vế theo vế của (số mol nước , CO2)4) cho (số mol nước , CO2)3) → x + 2y + 3z = 0,47 = Số mol Br2 phản ứng vớiX.→ Chọn D
Ví dụ 4 Tiến hành dime hóa C2H2 sau một thời gian thu được hỗn hợp X chứahai chất hữu cơ có tỷ khối so với He là 65/6 Trộn V lít X với 1,5V lít H2 thuđược hỗn hợp Y Đun nóng Y với bột Ni sau một thời gian thì thu 17,92 lít (số mol nước , CO2)ởđktc) hỗn hợp Z có tỷ khối so với Y là 1,875 Cho Z lội qua dung dịchAgNO3/NH3 dư thì thấy có 0,3 mol AgNO3 phản ứng và tạo ra m gam kết tủa,hỗn hợp khí thoát ra có thể tích là 12,32 lít (số mol nước , CO2)ở đktc) và làm mất màu tối đa 150
ml dung dịch Br2 2M Giá trị của m là
nZ = 0,8 (số mol nước , CO2)mol) → mZ = 27,8 (số mol nước , CO2)gam)
Từ M x, ta có: số mol C2H2 : số mol C4H4 = 1 : 2 → Gọi x và 2x lần lượt là sốmol của C2H2 và C4H4 trong V lit X → số mol H2 thêm vào là 4,5x mol
mY = mZ = 27,8 (số mol nước , CO2)gam) → x = 0,2
→ Số mol (số mol nước , CO2)C2H2 + C4H4) = 0,6 mol → số mol H2 dư = nZ – 0,6 = 0,2 mol
Kết tủa gồm:
AgC CAg (số mol nước , CO2)a mol); CH CH C CAg 3 2 (số mol nước , CO2)b mol); CH =CH - C CAg 2 (số mol nước , CO2)c mol)
Ta có: 0,8 = a + b + c + 0,55 (số mol nước , CO2)I)
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho Ag, ta có:
2a + b + c = 0,3 (số mol nước , CO2)II)
Lại có: Tổng mol lk π ban đầu = Tổng mol lk π phản ứng + Tổng mol lk π dư
Trang 9(số mol nước , CO2)mà tổng mol lk π phản ứng = tổng mol tác nhân cộng tham gia phản ứng)
0,2 2 + 0,4 3 = (số mol nước , CO2)0,9 – 0,2) + 0,3 + 2a + 2b + 3c (số mol nước , CO2)III)
Giải (số mol nước , CO2)I), (số mol nước , CO2)II), (số mol nước , CO2)III) ta có a, b, c và chọn đáp án B
Ví dụ 5 Nung nóng hỗn hợp X gồm ba hiđrocacbon có các công thức tổng quát
làCnH2n+2, CmH2m, Cn+m+1H2m (số mol nước , CO2)đều là hiđrocacbon mạch hở và ở điều kiện thườngđều là chất khí; n, m nguyên dương) và 0,1 mol H2 trong bình kín (số mol nước , CO2)xúc tác Ni).Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp Y Cho Y tác dụng vớilượng dư dung dịch Br2 trong CCl4, thấy có tối đa 24 gam Br2 phản ứng Mặtkhác, đốt cháy hoàn toàn Y, thu được a mol CO2 và 0,5 mol H2O Giá trị của a là
A 0,25 B 0,30 C 0,50 D 0,45.
Hướng dẫn:
Đều là chất khí nên n+m ≤ 3 Yêu cầu m ≥ 2 → n = 1 và m = 2 X gồm: CH4,
C4H4 và 0,1 mol H2 Phản ứng hoàn toàn mà Y + Br2 chứng tỏ H2 hết → Y chỉchứa các hđc
→ X gồm CxH4 + 0,1 mol H2 đốt cho 0,5 mol H2O → có 0,2 mol CxH4
Làm no hỗn hợp hđc 0,2 mol CxH4 cần 0,1 mol H2 + 0,15 mol Br2
→ 0,2 (số mol nước , CO2)2x + 2 - 4): 2 = 0,25
→ x = 0,225 Vậy a = 0,225 2 = 0,45 mol Chọn đáp án D
2.1.2 BÀI TOÁN ANCOL
Ví dụ 1: Cho 47 gam hỗn hợp X gồm 2 ancol đi qua Al2O3, đun nóng thu đượchỗn hợp Y gồm : ba ete, 0,27 mol olefin, 0,33 mol hai ancol dư và 0,42 mol
H2O Biết rằng hiệu suất tách nước tạo mỗi olefin đối với mỗi ancol đều nhưnhau và số mol ete là bằng nhau Khối lượng của hai ancol dư có trong hỗn hợp
Y (số mol nước , CO2)gam) gần giá trị nào nhất ?
Hướng dẫn:
- Phân tích: Đây là một bài toán hay và khó về ancol.
+ Thứ nhất học sinh dùng phương pháp trung bình để tìm CTPT ancol nhỏ, + Cái khó ở chỗ ancol lớn phải biện luận?
Vấn đề làm thế nào tìm được giới hạn của số mol của ancol lớn
Nhận thấy rằng số mol ancol lớn gồm: 1phần tạo ete, 1phần tạo anken, 1 phần dư => giới hạn mol => giới hạn M => CTPT.
- Dưới đây là 3 cách suy luận.
Cách 1:
nnước tạo ra cùng olefin là 0,27 → nnước tạo ra cùng ete là 0,42- 0,27 = 0,15 = n3ete
∑ nhhX = 0,27 1 + 0,15 2 + 0,33 = 0,9
Trang 10M = 0,947 = 52,22 có C2H5OH: x mol và ROH: y mol
→ số mol mỗi ancol pứ ete hóa là 0,15
Hiệu suất tạo olefin là 30%, x + y = 0,9
(số mol nước , CO2)0,15 + 0,3y) < y < (số mol nước , CO2)0,9- 0,15 – 0,3x)
54 < MROH < 72
→ 46x + 60y = 46 → x = 0,5; y = 0,4
Khối lượng của hai ancol dư là:
47- 46(số mol nước , CO2)0,5 0,3 - 0,15) – 60(số mol nước , CO2)0,4 0,3 + 0,15) = 17
ancol
M
Ancol tách H2O tạo anken nên no, đơn
X gồm C H OH R OH x mol2 5 : :(số mol nước , CO2)0,9 x) mol
Với C3H7OH (số mol nước , CO2)M=60) 46.(số mol nước , CO2)0,9 – x) + 60x = 47 gam x = 0,4 mol
Trang 112 Ancol 47g 0,27(mol) 0,27(mol)
Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm ancol metylic, ancol etylic, ancol anlylic và etylen
glicol trong đó oxi chiếm 37,5% về khối lượng được chia thành hai phần bằngnhau Cho phần một tác dụng với Na dư thu được 1,344 lít H2 (số mol nước , CO2)đktc) Oxi hóaphần hai bằng CuO rồi cho toàn bộ sản phẩm hơi tạo thành tác dụng với mộtlượng dư dung dịch AgNO3/NH3 thu được 30,24 gam Ag Các phản ứng xảy rahoàn toàn Phân trăm khối lượng của ancol metylic trong hỗn hợp X là
Trang 12- Phần một tác dụng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3
đun nóng, thu được 108 gam Ag
- Phần hai tác dụng hoàn toàn với H2 dư (số mol nước , CO2)xúc tác Ni, t0), thu được hỗn hợp
X gồm hai ancol Y và Z (số mol nước , CO2)MY < MZ) Đun nóng X với H2SO4 đặc ở 1400C, thuđược 4,52 gam hỗn hợp ba ete Biết hiệu suất phản ứng tạo ete của Y bằng 50%.Hiệu suất phản ứng tạo ete của Z bằng
Hướng dẫn:
- Phân tích: Những đề thi trước kia tìm CTPT thường tính M bằng dấu đẳng
thức, những năm gần đây đề thi có sự biến dạng tính M bằng dấu bất đẳng thức (tức phải tìm khoảng của M)
Gọi h là hiệu suất tạo ete của Z:
0,2×0,5×(số mol nước , CO2)32-0,5×18)+0,1h×(số mol nước , CO2)46-0,5×18)=4,52 => h=0,6
Ví dụ 2 Hỗn hợp X gồm CnH2n-3(số mol nước , CO2)CHO)(số mol nước , CO2)COOH)2; CnH2n-2(số mol nước , CO2)CHO)2; CnH2n-1CHO
CnH2n-2(số mol nước , CO2)COOH)2 Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 dưthu được 56,16 gam Ag Trung hòa m gam hỗn hợp X cần dùng 30 gam dungdịch hỗn hợp NaOH 12% và KOH 5,6% Đốt m gam hỗn hợp X cần dùng (số mol nước , CO2)m +7,92) gam O2 Giá trị gần nhất của m là
2.1.4 BÀI TOÁN AXIT CACBOXYLIC
Ví dụ 1 : Axit cacboxylic X hai chức (số mol nước , CO2)có phần trăm khối lượng của oxi nhỏ hơn
70%), Y và Z là hai ancol đồng đẳng kế tiếp (số mol nước , CO2)MY < MZ) Đốt cháy hoàn toàn 0,2
Trang 13mol hỗn hợp gồm X, Y, Z cần vừa đủ 8,96 lít khí O2 (số mol nước , CO2)đktc), thu được 7,84 lít khí
CO2 (số mol nước , CO2)đktc) và 8,1 gam H2O Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp trên là
( Đề hóa khối B- 2013)
Hướng dẫn:
Phân tích: Đây là một câu axit hay trong đề khối B năm 2013.
Học sinh phải vận dụng tổng hợp các phương pháp (trung bình, bảo toàn nguyên tố, biện luận)
Định hướng tư duy:
- Trước hết tìm CTPT 2 ancol
- Bảo toàn nguyên tố các bon lập biểu thức giưa số C của axit và C tb của ancol
- Biện luận xác định axit.
Sau đây là một số cách giải
Cách 1:
Từ số mol CO2: 0,35 mol Số C trung bình: 0,35 : 0,2 = 1,75
2 rượu là CH4O và C2H6O gọi chung là CnH2n + 2 O
Đặt CnH2n + 2 O : a mol, axit là CxH yO4 (số mol nước , CO2)b mol) Ta có: a + b = 0,2
Bảo toàn nguyên tố oxi có: a + 4b = 0,35.2 + 0,45 – 0,4.2 = 0,35
Suy ra: a = 0,15 mol; b = 0,05 mol
Bảo toàn C 0,05.x + 0,15.n = 0,35 vì n > 1 x < 4 nên: x = 2 hoặc x = 3 Mặt khác: % O < 70% => M axit > 64 : 0,7 = 91 nên chỉ có x = 3 phù hợp n
=4/3
Vậy axit là CH2(số mol nước , CO2)COOH)2
Gọi nCH3OH (số mol nước , CO2)c), nC2H5OH (số mol nước , CO2)d) ta có : c +d =0,15 ; (số mol nước , CO2)c +2d)/0,15 =4/3
C H O (số mol nước , CO2)x > 2): a mol
C H O (số mol nước , CO2)1 < n < 2): b mol
Trang 14a b
Số mol O2 = 0,4 mol, CO2 = 0,35 mol, H2O = 0,45 mol
Số nguyên tử C trung bình của hỗn hợp là 0,35/0,2 = 1,75 số nguyên tử H = 4,5 Vậy phải có ancol là CH3OH, ancol kết tiếp là C2H5OH
Theo BTNT Oxi ta có số mol O trong axit X và 2 ancol là: 0,35.2 + 0,45 – 0,8 =0,35 mol
Đặt số mol X là x, số mol 2 ancol là y
Trang 15b 3b 2b 3b
CxHyO4 + (số mol nước , CO2)x + 0,25y-2)O2 x CO2 + 0,5y H2O
0,05 0,05(số mol nước , CO2)x + 0,25y -2) 0,05x 0,025y
Ta có:
a + b = 0,15 (số mol nước , CO2)1*)
a + 2b + 0,05x = 0,35 (số mol nước , CO2)2*)
2a + 3b + 0,025y = 0,45 (số mol nước , CO2)3*)
Và: 1,5a + 3b + 0,05x + 0,0125y – 0,1 = 0,4 (số mol nước , CO2)4*)
Rút ra: 0,025x – 0,0125y = 0,025
Tức là: y = 2x-2
+ Nếu x = 3, y = 4 axit X là HOOC-CH2-COOH
Tìm được: a = 0,1, b = 0,05
%CH3OH = 3,2/(số mol nước , CO2)3,2+ 2,3 + 5,2) = 29,9%
+ Nếu x = 4, y = 6 axit X là HOOC-C2H4 –COOH
Tìm được: a = 0,15, b = 0 Vô lý
Nhận xét: Đây là câu khó của đề khối B năm 2013 Với cách 1 nhanh nhất,
cách 2 chuẩn mực, cách 3 nặng về viết phương trình và lập hệ => thiết lập CTPT chung của axit.
Ví dụ 2 Hỗn hợp A gồm 1 axit no đơn chức và 2 axit không no, đơn chức chứa
1 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 hòa vừa hết lượng NaOH cần thêm vào
100 ml dung dịch HCl 1M được dung dịch D Cô cạn cẩn thận D được 22,89 grắn khan Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp A rồi cho toàn bộ sản phẩmcháy hấp thụ vào bình NaOH đặc (số mol nước , CO2)dư), khối lượng bình tăng thêm 26,72 (số mol nước , CO2)g).CTPT 3 axit :
A HCOOH, C2H3COOH, C3H5COOH
B.CH3COOH, C2H3COOH, C3H5COOH
C HCOOH, C3H5COOH, C4H7COOH
D HCOOH, C5H9COOH, C4H7COOH
Vậy có: 44nCO2 + 18nH2O = 26,72 ; và 12nCO2 + 2nH2O = 12,64 – 0,2.32
nCO2 = 0,46 mol; nH2O = 0,36 mol => nhh axit không no = 0,1 mol