Sử dụng phương pháp quy đổi giải bài tập este, chất béo trong kì thi tốt nghiệp trung học phổ thông năm 2020

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁTRƯỜNG THPT HOẰNG HÓA 4 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM “ SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI GIẢI BÀI TẬP ESTE, CHẤT BÉO TRONG KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT HOẰNG HÓA 4

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

“ SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI GIẢI BÀI TẬP ESTE, CHẤT BÉO TRONG KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG

HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2020 ”

Người thực hiện: Nguyễn Bá Tuấn

Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Hóa học

THANH HÓA NĂM 2020

MỤC LỤC

1 MỞ ĐẦU 1

1.1 Lí 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 2

2 NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2

2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm 2

2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2

2.3 Giải pháp và tổ chức thực hiện 2

2.3.1 Giải pháp 2

2.3.2 Tổ chức thực hiện 3

2.3.3 Nội dung thực hiện 3

2.3.3.1 Áp dụng với đề bài ban đầu chỉ là chất béo( triglixerit) 3

2.3.3.2 Áp dụng với đề bài ban đầu là hỗn hợp gồm các axit béo và chất béo( triglixerit) 7

2.3.3.3 Áp dụng với đề bài ban đầu là este 10

2.3.3.4 Bài tập vận dụng 16

2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm 18

3 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 19

3.1 Kết Luận 19

3.2 Kiến Nghị 19

TÀI LIỆU THAM KHẢO 20

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lí do chọn đề tài.

Trong kì thi trung học phổ thông quốc gia 2 năm gần đây và đề minh họa năm 2020 đối với bộ môn hóa học thì các câu hỏi thi về este và chất béo thường rất phong phú và có những câu cũng rất hóc búa

Hiện nay cũng có rất nhiều cách quy đổi, cũng như cách giải truyền thống

để giúp học sinh khá giỏi giải quyết các bài tập trên Tuy nhiên, một số cách quy đổi chỉ áp dụng được cho một bài tập nào đó mà chưa mang tính phổ biến giúp học sinh sử lí nhanh và rễ hiểu các bài tập đó

Với hình thức ra đề thi trắc nghiệm như hiện nay, các bài tập định lượng 9+ thường thiên về mặt toán học để giải, đôi khi mặt bản chất hóa học chỉ đóng vai trò rất nhỏ điều này khiến giáo viên phải tìm tòi ra cách giải nào đó nhanh, gọn nhưng phải vận dụng được vào rất nhiều bài cũng như rất nhiều đề thi là vấn

đề rất quan trọng đối với việc dạy và học, bản thân tôi thiết nghĩ muốn học sinh đam mê môn học thì vấn đề quan trọng là phải giúp học sinh tìm ra cách giải hay giúp học sinh đạt được điểm cao trong các kì thi, từ đó kích thích học sinh đam

mê, tìm tòi và khám phá thêm năng lực bản thân trong môn học cũng như yêu thích các môn khoa học cơ bản nói riêng và bộ môn hóa học nói chung

Trong thời đại ngày nay, thời đại của công nghệ thông tin vì vậy trên mạng cũng có rất nhiều các khóa ôn thi trung học phổ thông quốc gia trong những năm học trước và trong năm học này là kì thi tốt nghiệp trung học phổ thông năm

2020 Điều này đòi hỏi giáo viên phải không ngừng tìm tòi cách giải hay, sáng tạo để giúp và giữ học sinh học của mình từ đó công tác dạy và học môn hóa học đạt được điểm số cao trong các kì thi

Từ những thực trạng đã nêu ở trên, tôi đã nghiên cứu đề tài sáng kiến kinh

nghiệm của mình là : “ sử dụng phương pháp quy đổi giải bài tập este, chất

béo trong kì thi tốt nghiệp trung học phổ thông năm 2020” để nhằm trao đổi

với đồng nghiệp về việc vận dụng vào giải quyết các đề thi trong năm 2020 và những năm tiếp theo Nhằm giúp giáo viên hóa học có thể áp dụng vào giảng dạy môn hóa học một cách sinh động, giúp cho học sinh hứng thú hơn với bộ môn hóa học trong chương trình hóa học THPT

1.2 Mục đích nghiên cứu.

Sáng kiến kinh nghiệm này có mục đích giúp học sinh hiểu sâu sắc thêm bản chất lí thuyết các tính chất hóa học của este, chất béo như: Phản ứng thủy phân trong môi trường axit, thủy phân trong môi trường kiềm, phản ứng cộng (với Br2, H2 …), phản ứng cháy Từ đó nâng cao kĩ năng quy đổi và kĩ năng giải bài tập định lượng các bài toán lien quan từ đó đạt kết quả cao trong các kì thi

1.3 Đối tượng nghiên cứu.

Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm tập chung vào chương 1 lớp 12 :

“ESTE- LIPIT”, trọng tâm là các bài tập định lượng về este, chất béo trong các bài thi tốt nghiệp 2020

1.4 Phương pháp nghiên cứu.

Sau 14 năm giảng dạy, tôi đã đúc kết ra từ chính kinh nghiệm giảng dạy của mình và của đồng nghiệp:

- Trước hết phải phác thảo đề cương nghiên cứu, thu thập số liệu, thông tin qua thực tế giảng dạy, qua thông tin đại chúng, qua thực trạng xã hội để từ đó

xử lý thông tin

- Xâm nhập, khảo sát thực tế, thử nghiệm một số lớp giữa áp dụng phương pháp truyền thống và phương pháp quy đổi vào giảng dạy thì hiệu quả giờ dạy ở các lớp khác nhau: lớp áp dụng kết quả hơn hẳn lớp không áp dụng

- Không ngừng tìm tòi, nghiên cứu thêm các đề thi thử của các trường trung học phổ thông trong cả nước từ đó rén kĩ năng thực chiến phòng thi cho học sinh

2 NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.

2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.

Trong hóa học, dạng bài tập về este và chất béo rất phổ biến và đa dạng,

có nhiều bài được ra trong đề minh họa 2020, trong các đề thi THPT quốc gia những năm học trước và đề thi thử ở các trường THPT trong cả nước Với các phương pháp thông thường như đại số, đặt ẩn, lập hệ gồm nhiều phương trình,

sẽ mất thời gian và khó khăn để học sinh tìm ra kết quả cuối cùng như mong đợi Để giúp cho giáo viên và học sinh giải quyết khó khăn trên tôi xin trình bầy

sáng kiến kinh nghiệm này là : “ sử dụng phương pháp quy đổi giải bài tập

este, chất béo trong kì thi tốt nghiệp trung học phổ thông năm 2020” Phương

pháp này giúp học sinh thiết lập được mối liên hệ trong bài dễ dàng, giải quyết các dạng bài tập este, chất béo nhanh, phổ biến cho các bài

2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.

Theo đề thi minh họa lần 1, lần 2 năm 2020 của Bộ giáo dục và đào tạo về kì thi tốt nghiệp trung học phổ thông năm 2020 một số lượng câu hỏi về este là rất lớn đặc biệt có 2-3 câu hỏi với mục đích phân loại học sinh rất cao có thể nói đó

là tư duy 9+ của kì thi Ngoài ra trong các kì thi THPT quốc gia năm học 2017 – 2018; năm 2018 – 2019 đây cũng là những câu hỏi 9+ nhằm phân loại các đối tượng học sinh rất rõ nét

Với thực trạng vấn đề nêu trên hiện nay để giải các bài toán này là có rất nhiều cách làm khác nhau, cũng có rất nhiều cách quy đổi được ra đời nhằm giúp học sinh đơn giản hóa tư duy bài toán Tuy nhiên, nếu không cẩn thận trong các kĩ năng đó vô tình sẽ làm cho học sinh bối rối và dẫn đến sợ sệt không gây hứng thú cho học sinh tìm tòi khám phá Trên cơ sở đó tôi quyết định lựa chọn

đề tài này

2.3 Giải pháp và tổ chức thực hiện.

2.3.1 Giải pháp.

Tôi dùng phương pháp ban đầu là định hướng cho các em cách tự ra đề bài trên cơ sở các chất ban đầu đã biết trước, từ đó các em hiểu rõ bản chất các câu lệnh mà trong các bài thi đề bài cho cũng như các em hiểu bản chất các đại

lượng mà mình quy đổi ra Sau khi các hiểu rõ bản chất các quy luật toán học và hóa học của quy đổi các em sẽ làm các đề minh họa năm 2020 các câu hỏi liên quan cũng như đề thi các năm học trước và đề thi thử của các trường THPT trong cả nước đã thi trong năm học này để nâng cao kĩ năng cho mình trước khi bước vào kì thi

2.3.2 Tổ chức thực hiện.

- Đối tượng thực hiện: học sinh lớp 12A8, 12A3 tôi đang trực tiếp giảng dạy

- Phương pháp thực hiện: tôi chọn lớp 12A3 để dạy theo phương pháp quy đổi mà tôi trình bầy; còn lớp 12A8 thì tôi thực hiện theo cách truyền thống

2.3.3 Nội dung thực hiện.

2.3.3.1 Áp dụng với đề bài ban đầu chỉ là chất béo( triglixerit).

a) Lí thuyết: Giả sử đề bài cho ban đầu là 1 chất béo hoặc hỗn hợp chất béo,

thì

* Quy đổi hỗn hợp đầu thành:



) (

:

) (

:

) (

: )

(

2 2

5 3 3

mol z

H

mol y

CH

mol x

H C HCOO

Trong đó số mol H2(z mol) chính là số mol chất béo cần cộng Br2(H2) để trở nên no

b) Bài tập vận dụng.

Câu 1 : Thủy phân hoàn toàn a mol triglixerit X trong dung dịch NaOH vừa đủ,

thu được glixerol và m gam hỗn hợp muối Đốt cháy hoàn toàn a mol X thu

được 1,375 mol CO2 và 1,275 mol H2O Mặt khác, a mol X tác dụng tối đa với

0,05 mol Br2 trong dung dịch Giá trị của m là

Giải

* Quy đổi chất béo



 0 , 05 ( ) :

) (

:

) (

: )

(

2 2

5 3 3

mol H

mol y

CH

mol x

H C HCOO

* Xét phản ứng cháy





 0 , 05

:

:

: )

(

2

2

5 3 3

H

y CH

x H

C HCOO

→ CO2 ( 1,375mol) + H2O ( 1,275mol) Theo bảo toàn mol C: 6x + y = 1,375 (1)

Theo bảo toàn mol H2: 4x + y – 0,05 = 1,275 => 4x + y = 1,325 (2)

Từ (1) và (2) => 





 225 , 1 025 , 0

y x

* Xét phản ứng thủy phân được muối







 05

, 0 :

2 25 , 1 :

075 , 0 3 025 , 0 :

2

2

H

CH

HCOONa

=> m muối = 0,075.68 + 1,225.14 -0,05.2= 22,15 gam

=> Đáp án D

Câu 2 (Câu 70-201- ĐH 2019)[5] Đốt cháy hoàn toàn 17,16 gam triglixerit X,

thu được H2O và 1,1 mol CO2 Cho 17,16 gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được glixerol và m gam muối Mặt khác, 17,16 gam X tác dụng tối

đa với 0,04 mol Br2 Giá trị của m là

A.17,72 B 18,28 C 18,48 D

16,12

Giải

* Quy đổi X : 



 0 , 0 4 ( ) :

) (

:

) (

: )

(

2 2

5 3 3

mol H

mol y

CH

mol x

H C HCOO

* Xét phản ứng cháy :



 0 , 04 ( ) :

) (

:

2 2

mol H

mol y

Bảo toàn khối lượng cho X : 176x + 14y – 0,04.2 = 17,16

=> 176x + 14y = 17,24 (1)

Bảo toàn C : 6x + y = 1,1 (2)

Từ (1) và (2) => 





 98 , 0 02 , 0

y x

=> X



 0 , 04 :

98 , 0 :

02 , 0 : )

(

2 2

5 3 3

H CH

H C HCOO

=>

mX = 17,16 gam

* Xét phản ứng thủy phân được muối







 04

, 0 :

98 , 0 :

06 , 0 3 02 , 0 :

2

2

H

CH

HCOONa

=> m muối = 0,06.68 + 0,98.14 -0,04.2= 17,72 gam

=> Đáp án A

Câu 3(Câu 72 - 203- ĐH 2019)[7] Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixerit cần

vừa đủ 3,08 mol O2, thu được CO2 và 2 mol H2O Cho m gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được glixerol và 35,36 gam muối Mặt khác, m gam X tác dụng được tối đa a mol Br2 trong dung dịch Giá trị của a là

0,16

Giải

* Quy đổi Chất béo:



:

) (

:

) (

: )

(

2 2

5 3 3

mol a

H

mol y

CH

mol x

H C HCOO

* Xét phản ứng cháy :



:

) (

:

) (

: )

(

2

2

5 3 3

mo l a

H

mo l y

CH

mol x

H C HCOO

+ O2 ( 3,08 mol) → CO2 + H2O ( 2 mol)

Theo bảo toàn H2 : 4x + y – a = 2 (1)

Theo bảo toàn mol C : nCO2 = 6x + y

=> Theo bảo toàn mol O : 6x + 3,08.2 = (6x+ y).2 + 2 => 6x + 2y = 4,16 (2)

* Xét phản ứng thủy phân

Muối : 



 a H

y CH

x HCOONa

: :

3 :

2

* Từ (1) (2) và (3) => 







12 , 0 96 , 1

0 4 ,

0

a

Câu 4(Câu 68-201-ĐH 2018)[1] Thủy phân hoàn toàn triglixerit X trong dung

dịch NaOH, thu được glixerol, natri stearat và natri oleat Đốt cháy hoàn toàn

m gam X cần vừa đủ 3,22 mol O2, thu được H2O và 2,28 mol CO2 Mặt khác,

m gam X tác dụng tối đa với a mol Br2 trong dung dịch Giá trị của a là

Giải





 ) (

:

) (

51 3

.

1 7 :

) (

: )

(

2 2

5 3 3

mol a

H

mol x

x

C H

mo l x

H C HCOO

( giải thích : Vì trong các gốc axit đều là C 17 => số mol của nhóm

CH 2 phải bằng 17.3=51 lần số mol (HCOO) 3 C 3 H 5 )

* Xét phản ứng cháy :

X



:

) (

51 :

) (

: )

(

2 2

5 3 3

mol a

H

mo l x

CH

mol x

H C HCOO

+ O2(3,22 mol) → CO2

( 2,28 mol) + H2O

Bảo toàn C : 6x + 51 x = 2,28 => x = 0,04 (mol) (1)

Bảo toàn H2 : nH2O = 4x + 51x – a

Bảo toàn O : 6x + 3,22.2 = 2,28.2 + 4x + 51x – a=> 49x – a = 1,88(2)

Từ (1) và (2) => 





 08 , 0 04 , 0

a x

=> Đáp án B

Câu 5 (Câu 64 – 203- ĐH 2018)[3] Thủy phân hoàn toàn a gam triglixerit X

trong dung dịch NaOH, thu được glixerol và dung dịch chứa m gam hỗn hợp muối (gồm natri stearat, natri panmitat và C17HyCOONa) Đốt cháy hoàn toàn

a gam X cần vừa đủ 1,55 mol O2, thu được H2O và 1,1 mol CO2 Giá trị của m là

Giải

* Quy đổi X : 









 ) (

:

) (

4 9 15

17

1 7 :

) (

: )

(

2 2

5 3 3

mol a

H

mol x

x x

x CH

mo l x

H C HCOO

( giải thích : Vì trong các gốc axit là C 17 + C 17 + C 15 => số mol của nhóm CH 2 phải bằng 17+17+15=49 lần số mol (HCOO) 3 C 3 H 5 )

* Xét phản ứng cháy :

X



:

) (

49 :

) (

: )

(

2 2

5 3 3

mol a

H

mol x

CH

mo l x

H C HCOO

+ O2(1,55 mol) → CO2 ( 1,1 mol) + H2O

Bảo toàn C : 6x + 49 x = 1,1 => x = 0,02 (mol) (1)

Bảo toàn H2 : nH2O = 4x + 49x – a

Bảo toàn O : 6x + 1,55.2 = 1,1.2 + 4x + 49x – a=> 47x – a = 0,9(2)

Từ (1) và (2) => x = 0,02 và a = 0,04

* Ta có muối là : 







 04

, 0 :

98 , 0 02

, 0 49 :

06 , 0 3

02 , 0 :

2 2

H CH HCOONa

=> m muối = 0,06.68 + 0,98.14 -0,04.2=17,72 gam => Đáp án D

Câu 6 (Câu 70 - minh họa 2020-lần 1)[9] Xà phòng hóa hoàn toàn m gam hỗn

hợp E gồm các triglixerit bằng dung dịch NaOH, thu được glixerol và hỗn hợp

X gồm ba muối C17HxCOONa, C15H31COONa, C17HyCOONa có tỉ lệ mol tương ứng là 3:4:5 Hidro hóa hoàn toàn m gam E, thu được 68,96 gam hỗn hợp Y Nếu đốt cháy hoàn toàn m gam E thì cần vừa đủ 6,14 mol O2 Giá trị của m là

A 68,40 B 60,2 C 68,8 D 68,84.

Giải











 ) (

:

) (

4 9 12

: 3 ).

5 17 4

15 3

17 ( :

) (

: )

(

2

2

5 3 3

mol a

H

mol x

x CH

mol x

H C HCOO

(Giải thích : bảo toàn mol nhóm CH2: học sinh nên tư duy hoặc ghi nhận

12

3 ).

5 17 4 15 3 17 (







( đây là số mol trung bình của nhóm

CH2 vì theo bài ra tỉ lệ mol C17HxCOONa, C15H31COONa, C17HyCOONa có tỉ lệ mol tương ứng là 3:4:5) Đây là mấu chốt của tư duy quy đổi này

* Xét E + H2 -> hh Y

=> hhY 



) ( 49 :

) ( : )

(

2

5 3 3

mol x CH

mol x H C HCOO

=> 176x+49x.14=68,96=> x = 0,08 mol(1)

( Giải thích : khi cộng H 2 thì được hợp chất no, mà hợp chất no thì không có

H 2 => hỗn hợp Y như trên)

* Xét phản ứng cháy :





 ) (

:

) (

92 , 3 08

, 0 49 :

) (

08 , 0 : )

(

2

2

5 3 3

mol a

H

mol CH

mo l H

C HCOO

+ O2 ( 6,14 mol) →

CO2 + H2O

* Xét pư cháy E + bảo toàn C : nCO2 = 0,08.6+3,92=4,4 mol

+ Bảo toàn H2 : nH2O= 0,08.4+3,92 - a= 4,24-a (mol)

+ Bảo toàn O : 0,08.6 + 6,14.2 = 4,4.2 + 4,24-a => a= 0,28

Vậy chất béo ban đầu: 





 ) (

28 , 0 :

) (

92 , 3 08

, 0 49 :

) (

0 8 , 0 : )

(

2 2

5 3 3

mol H

mol

C H

mol H

C HCOO

=> m= 0,08.176+ 3,92.14-0,28.2=68,4 gam => Đáp án A

2.3.3.2 Áp dụng với đề bài ban đầu là hỗn hợp gồm các axit béo và chất béo( triglixerit).

a) Lí thuyết: Giả sử hỗn hợp A gồm các axit béo và các chất béo Lúc này ta có

thể quy đổi hỗn hợp đầu như sau



:

) (

:

) (

:

) (

: )

(

) (

:

2 2

3 5

3

mo l y

O H

m o l t

H

m o l z

CH

m ol y

O H H

C

m ol x

H CO O H



 NaOH



t H

z CH

x HCOONa

: :

:

2

2 + C3H5(OH)3 + H2O Giải thích: 1.Ta luôn có quan hệ số mol của C3H5(OH)3 và H2O là y mol và -3y (mol)

2 Số mol H2 : z mol chính là số mol mà hợp chất hữu cơ còn thiếu

để no( có nghĩa hỗn hợp A sẽ cộng tối đa với t mol Br2)

Chú ý: các thao tác tư duy khác chúng ta làm giống quy đổi thông thường

b) Bài tập minh họa

Câu 1(Câu 64-202-ĐH 2018)[2] Hỗn hợp X gồm axit panmitic, axit stearic

và triglixerit Y Đốt cháy hoàn toàn m gam X thu được 1,56 mol CO2 và 1,52

dung dịch, thu được glixerol và dung dịch chỉ chứa a gam hỗn hợp muối natri panmitat, natri stearat Giá trị của a là

A 25,86 B 26,40 .C 27,70 D 27,30.

Giải

* Quy đổi hỗn hợp X: 



:

) (

:

) (

: ) (

) (

:

2 2

3 5

3

mo l y

O H

mo l z

CH

mo l y

OH H

C

mo l x

HCOOH

Lưu ý: Các chất này no nên nH2 = 0

* Ta có nNaOH = 0,09 => x = 0,09 mol

* Xét phản ứng cháy:





O H

z

C H

y OH

H C

HC OOH

3 :

: ) (

0 9 ,

0 :

2 2

3 5

mol)

Theo bảo toàn C: 0,09 + 3y + z = 1,56 => 3y + z = 1,47 (1)

Theo bảo toàn H2: 0,09 + 4y + z – 3y = 1,52 => y + z = 1,43 (2)

Từ (1) và (2) => 





 41 , 1 02 , 0

z y



41 , 1 :

09 , 0 :

2

CH HCOONa

=> m muối = 0,09.68 + 1,41.14 = 25,86 gam

=> Đáp án A

Câu 2: Hỗn hợp X gồm axit stearic, axit oleic và triglixerit Y Đốt cháy hoàn

toàn m gam X cần vừa đủ 3,15 mol O2, thu được 2,1 mol H2O Mặt khác, m gam

X tác dụng vừa đủ với 0,12 mol NaOH trong dung dịch, thu được glixerol và dung dịch chứa a gam hỗn hợp natri stearat và natri oleat Giá trị của a là

* Quy đổi hỗn hợp X







 ) (

3 :

) (

:

) (

0 4 ,

2

1 2 ,

0 17 :

) (

: )

(

) (

1 2 ,

0 :

2

2

3 5

3

m ol x

O H

mo l y

H

m ol CH

mo l x

OH H

C

mo l

H COO H

Giải thích: Ta có : nNaOH = 0,12 mol = nCOONa

Ta lại có: Các axit và chất béo đều có : C17HaCOO- có nghĩa số mol nhóm C17Ha = số mol -COO-

=> Bảo toàn C thì : nCH2 = 17 nCOO = 17.0,12 = 2,04 mol

* Xét phản ứng cháy của hhX





O H

y H

C H

x

O H H

C

HC OO H

3 :

:

0 4 ,

2 :

: )

(

1 2 ,

0 :

2 2

3 5

3

+ O2 ( 3,15 mol) → CO2

+ H2O ( 2,1 mol)

- Theo bảo toàn C: nCO2 = 0,12 + 3x + 2,04 = 3x + 2,16

- Theo bảo toàn H2: 0,12 + 4x + 2,04 + y – 3x = 2,1 <=> x + y = -0,06 (1)

- Theo bảo toàn O: 0,12 2 + 3x -3x + 3,15.2 = 3x.2 + 2,16.2 + 2,1 => 6x=0,12 => x = 0,02 (2)

Từ (1) và (2) => y = - 0,08 mol

* Vậy ta có muối: 



 0 , 08 :

04 , 2 :

12 , 0 :

2 2

H

C H

HC OON a

=> m = 0,12.68 + 2,04.14 -0,08.2 = 36,56 gam

=> Đáp án B

Câu 3(Đề thi thử TN 2020- THPT Hậu Lộc 4 – Thanh Hóa- Lần 2 )[13] Hỗn

hợp X gồm hai axit béo A, B (MA < MB, tỉ lệ mol tương ứng 3 : 2) và một triglixerit Đốt cháy hoàn toàn 15,9 gam X thu được 1,02 mol CO2 và 0,95 mol

thu được 16,73 gam hỗn hợp hai muối Cho toàn bộ lượng X trên phản ứng với tốt đa a mol Br2 Giá trị của a là

Giải

* Quy đổi X:





:

) (

:

) (

:

) (

: )

(

) (

:

2

2

3 5

3

mo l y

O H

m o l t

H

m o l z

CH

m ol y

O H H

C

m ol x

H CO O H

→

CO2( 1,02mol) + H2O(0,95 mol)

Bảo toàn khối lượng hỗn hợp X : 46x + 92y + 14z + 2t -18.3y = 15,9

=> 46x + 38y + 14 z + 2t = 15,9 (1)

Bảo toàn C: x + 3y + z = 1,02 (2)

Bảo toàn H2: x + 4y + z + t- 3y = 0,95 => x + y + z + t = 0,95 (3)



) (

:

) (

:

) (

:

2 2

mol t

H

mol z

CH

mol x

HCOONa

Bảo toàn khối lượng muối: 68x + 14z + 2t = 16,73 (4)

* Từ (1)(2)(3) và (4) có hệ phương trình

































73 ,

1 6 2

1 4 68

9 5 , 0

0 2 , 1 3

9 ,

1 5 2

14

3 8

4 6

t z

x

t z

y x

z y

x

t z

y x

=>













) (

05 ,

0

) (

93 5 ,

0

) (

01 ,

0

) (

0 55 ,

0

mo l t

mo l z

m ol y

mo l x

Vậy: số mol Br2 bị mất màu tối đa: a = -t = 0,05(mol)=> Đáp án C

Câu 4(Đề thi thử TN 2020- Quảng Xương 1- Thanh Hóa- Lần 2)[14] Hỗn

hợp E gồm triglixerit X, axit panmitic và axit stearic Thủy phân E trong dung

dịch NaOH, thu được glixerol, natri panmitat và natri stearat Đốt cháy hoàn toàn E, thu được 1,39 mol CO2 và 1,37 mol H2O Hỗn hợp E phản ứng vừa đủ với 0,08 mol KOH , thu được dung dịch chứa m gam muối Giá trị của m là

Giải



:

) (

:

) (

: ) (

) (

:

2 2

3 5

3

mo l y

O H

mo l z

CH

mo l y

OH H

C

mol x

HCOOH

( Theo bài ra các chất trong E no nên nH2 quy đổi =0)

* Theo phản ứng với KOH: => x = 0,08 (1)

Theo bảo toàn C: x + 3y + z = 1,39 (2)

Theo bảo toàn H2: x + 4y + z - 3y = 1,37 =>x+ y + z = 1,37 (3)

* Từ (1)(2) và (3) => 







) (

28 , 1

) (

01 , 0

) (

08 , 0

mol z

mol y

mol x

* Vậy muối là: 



) ( 28 , 1 :

) ( 08 , 0 :

CH

mol HCOOK

=> m = 24,64 (gam)=> Đáp án B

2.3.3.3 Áp dụng với đề bài ban đầu là este.

a) Lí thuyết: Giả sử ban đầu là hỗn hợp các este thì ta

* Quy đổi các este thành: 



) (

:

) (

:

) (

:

2 2

mol z

H

mol y

CH

mol x

COO

Trong đó nH2 = z mol chính là số mol pi của este chưa no

* Sau khi giải ra các giá trị quy đổi một số bài toán cần yêu cầu học sinh cũng cần phải có tư duy ghép chất Các nội dung này được thể hiện qua các ví dụ minh họa bên dưới

b) Bài tập minh họa:

Câu 1(Câu 79-MH -2020-Lần 2)[10] Đốt cháy hoàn toàn 6,46 gam hỗn hợp E

gồm ba este no, mạch hở X,Y,Z ( đều tạo bởi axit cacboxylic và ancol;

MX<My<MZ< 248) cần vừa đủ 0,235 mol O2, thu được 5,376 lít CO2(đktc) Cho 6,46 gam E tác dụng hết với dung dịch NaOH ( lấy dư 20% so với lượng phản ứng) rồi chưng cất dung dịch, thu được hai ancol đồng đẳng kế tiếp và hỗn hợp rắn khan T Đốt cháy hoàn toàn T, thu được Na2CO3, CO2 và 0,18 mol H2O Phân tử khối của Z là

Giải



zmo l H

ymol CH

xmol COO

: :

2

2  O2(0,235) CO H2O

24 , 0

2  6,46 gam

Bảo toàn mol C: x+ y = 0,24 (2)

Bảo toàn khối lượng: => mH2O = 3,42 gam => nH2O = 0,19 mol

Bảo toàn H2: y + z = 0,19 (3)

Từ (1)(2) và (3) => 







05 , 0 14 , 0 1 , 0

z y

* Xét pư với NaOH: nNaOHpư = nCOO = 0,1 => nNaOH dư = 0,02



02 , 0 :

1 , 0 :

2 2

Na OH H

C H

C OON a

→ CO2 + 

01 , 0

2O H

+ Na2CO3

Theo bảo toàn H: => nCH2 + nH2 = 0 mà 3 este no ( no có nghĩa nH2 ≥ 0) => nCH2=0, nH2= 0 có nghĩa không có H trong muối

=> gốc axit -OOC –

COO-* Bảo toàn khối lượng cho phản ứng thủy phân