MỤC LỤC
Trang
PHẦN I. MỞ ĐẦU
1. Mục đích của sáng kiến kinh nghiệm

4

2. Điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm

6

3. Đóng góp của sáng kiến kinh nghiệm

6

PHẦN II. NỘI DUNG
CHƯƠNG 1: CƠ SỞ KHOA HỌC VÀ THỰC TRẠNG
1.1. Cơ sở lí luận
1.2.

7
Thực

trạng

7
CHƯƠNG 2: HỆ THỐNG BÀI TẬP VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
2.1. Bài toán về phản ứng thuỷ phân este

8


TÀI LIỆU THAM KHẢO

25

1


PHẦN I: MỞ ĐẦU
1. Mục đích của sáng kiến kinh nghiệm
Từ xưa đến nay, con người được xem là yếu tố quyết định sự phát triển của
xã hội. Giáo dục phải đào tạo ra những con người có trí tuệ phát triển thông
minh và sáng tạo. Muốn có được điều này, ngay từ bây giờ nhà trường phổ
thông phải trang bị đầy đủ cho học sinh hệ thống kiến thức cơ bản, hiện đại, phù
hợp với thực tiễn Việt Nam và năng lực tư duy sáng tạo. Thực trạng giáo dục
hiện nay cho thấy chất lượng nắm vững kiến thức của học sinh không cao, đặc
biệt việc phát huy tính tích cực của học sinh, năng lực tư duy, năng lực giải
quyết vấn đề và khả năng tự học không được chú ý rèn luyện đúng mức. Do đó
giáo dục phải đổi mới phương pháp dạy học, áp dụng những phương pháp dạy
học hiện đại phát huy cao năng lực tư duy sáng tạo, năng lực giải quyết vấn đề.
Đối với môn hóa học, có thể nâng cao chất lượng môn học và phát triển
năng lực nhận thức của học sinh bằng nhiều biện pháp và phương pháp khác
nhau. Trong đó, viêc hệ thông các phương pháp giải và bài tập là một phương
pháp dạy học, có tác dụng rất tích cực đến việc giáo dục, rèn luyện và phát triển
học sinh..
Bài tập có vai trò quan trọng và hiệu quả sâu sắc trong việc thực hiện mục
tiêu đào tạo, trong việc hình thành phương pháp chung của việc tự học hợp lí,
trong việc rèn luyện kĩ năng tự lực sáng tạo, phát triển tư duy. Song phương
pháp này chưa thực sự được chú trọng đúng mức, làm giảm vai trò và tác dụng
của việc sử dụng bài tập để phát triển năng lực nhận thức và tư duy cho học sinh
trong quá trình dạy học hóa học.

Chương 1: CƠ SỞ KHOA HỌC VÀ THỰC TRẠNG
1.1. Cơ sở lí luận
Giáo viên dạy học hóa học có phương pháp phù hợp với hệ thồng bài tập
phong phú phù hợp với đặc điểm về phát triển năng lực nhận thức và tư duy thì
sẽ phát triển được năng lực nhận thức và tư duy của học sinh.
1.2. Thực trạng
1.2.1. Thuận lợi
- Trong các năm học từ khi ra trường đến nay tôi liên tục giảng dạy bộ môn
hóa khối 12. Nhờ vậy tôi đã tích lũy được kinh nghiệm, hệ thống và bổ sung
những thiếu sót trong quá trình giảng dạy ở các năm trước làm nền tảng kiến
thức cho năm học sau.
- Các lớp khối 12 được khảo sát khá đồng đều, hệ thống kiến thức không
phân ban.
- Được sự giúp đỡ, ủng hộ và tạo điều kiện của các đồng nghiệp trong quá
trình giảng dạy.
1.2.2. Khó khăn.
- Hệ thống kiến thức nhiều gồm toàn bộ chương este - lipit cần thời gian dài
để hệ thống.
- Bản thân tôi là một giáo viên trẻ còn gặp nhiều khó khăn về kinh nghiệm,
phương pháp giảng dạy và nắm bắt tâm lí học sinh trong quá trình thực hiện.
- Chương este - lipit là chương mở đầu chương trình hóa lớp 12, sau một
4


lượng kiến thức khá nặng về hữu cơ được nghiên cứu trong chương trình hóa 11.
Vì vậy chương este - lipit lá phần mở đầu của năm học, tạo hứng thú và tinh
thần học tập ở các phần tiếp theo.

Chương 2: HỆ THỐNG BÀI TẬP VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
2.1. Bài toán về phản ứng thuỷ phân este


mạch vòng (lacton):
O
C = O + NaOH

HO-CH2CH2CH2COONa

 Nếu ở gốc hidrocacbon của R’, một nguyên tử C gắn với nhiều
gốc este hoặc có chứa nguyên tử halogen thì khi thủy phân có thể
chuyên hóa thành andehit hoặc xeton hoặc axit cacboxylic
VD:

C2H5COOCHClCH3 + NaOH

t
C2H5COONa
→
0

+

CH3CHO
CH3-COO

CH + NaOH

CH3-COO

CH3-COO Na + HCHO



2

(3,024/22,4).32 = 6,39 gam
Và 44. nCO - 18. n H O = 1,53 gam  nCO = 0,09 mol ; n H O = 0,135 mol
2

n H 2O > nCO2

2

2

2

 Z là ancol no, đơn chức, mạch hở có công thức:

CnH2n+1OH (n ≥ 1)
6


n H 2O

n +1

0,135

Từ phản ứng đốt cháy Z  n =
= 0,09  n = 2.
n

CH3COOR’ + NaOH  CH3COONa + R’OH
R’OH + Na  R’ONa + H2
Ta có: nH = 0,1 mol  nAncol = 2.0,1 = 0,2 mol
2

nNaOH = 0,3 mol > nAncol  NaOH dư, este phản ứng hết.
 nEste = nAncol = 0,2 mol  Meste = 20,4/0,2 = 102
 R’ = 102 – 59 = 43  gốc R’ là C 3H7- và ancol bậc 2  đáp án B
đúng
7


 Bài 3: X là một chất hữu cơ đơn chức có M = 88. Nếu đem đun 2,2
gam X với dung dịch NaOH dư, thu được 2,75 gam muối. Công thức cấu
tạo thu gọn của chất nào sau đây phù hợp với X:
A. HCOOCH2CH2CH3.

B. CH3CH2CH2COOH.

C. C2H5COOCH3.

D. HCOOCH(CH3)2.

Giải:
* Nhận xét: Với lập luận X là chất hữu cơ no, đơn chức, phản ứng với
dung dịch NaOH nên X là axit hoặc este (loại khả năng là phenol vì
Mphenol ≥ 94 > 88 ( M C H OH = 94)).
6

5

loại đáp án C và D
Vì RCOOR’  RCOONa
Theo phương pháp tăng giảm khối lượng: Cứ 1 mol este phản ứng thì
khối lượng mtăng = 23 – 15 = 8
Khối lượng tăng thực tế là 4,76 – 4,2 = 0,56 g
 neste = nmuối = 0,56/8 = 0,07 (mol)  Mmuối = 4,76/0,07 = 68
 R = 68 – 67 = 1 (R là H). Vậy đáp án B đúng.
 Bài 4: X là một este no đơn chức, có tỉ khối hơi đối với CH 4 là 5,5.
Nếu đem đun 2,2 gam este X với dung dịch NaOH (dư), thu được 2,05
gam muối. Công thức cấu tạo thu gọn của X là:

(Trích

đề

thi ĐH khối B – 2007)
A. C2H5COOCH3.

B. HCOOCH2CH2CH3.

C. CH3COOC2H5

D. HCOOCH(CH3)2.

Giải:
Meste = 5,5.16 = 88 → neste = 2,2/88 = 0,025 mol
 nEste = nmuối = 0,025 mol  Mmuối = 2,05/0,025 = 82
 R=82 – 67 = 15  R là CH3-  Đáp án C đúng
* Chú ý: Ta có thể dùng phương pháp loại trừ để tìm đáp án:
Từ đề bài: meste > mmuối  X không thể là este của ancol CH3OH 

RCOOCxHy).
RCOOCxHy + NaOH → RCOONa + CxHy+1O C H
x

y +1O

Áp dụng BTKL: meste + mNaOH (ban đầu) = mbã rắn + m C H
x

C x H y +1O

nC H
x

y +1O

 m

= 20 + 40.0,3 – 23,2 = 8,8 g

y +1O

= nX = 0,2 mol  M C H

 12x + y = 27 

x

x = 2


Ta có: nX = nAOH (pư) = nZ = 0,1 mol  MZ = 14m + 18 =

4,6
=
0,1

46  m

=2
Mặt khác:
nA =
=

30.1,2.20
=
100.( M A + 17)

9,54

A + 60

2. 2 M

MA = 23  A là Na  nNaOH (ban đầu)

7,2
= 0,18 mol
40
Na CO 3


= 9,54 + 8,26  n = 1  X :

CH3COOCH3  đáp án A
2.1.2. Thuỷ phân hỗn hợp các este
 Bài 7: Một hỗn hợp A gồm 2 este đơn chức X, Y (M X < My). Đun
nóng 12,5 gam hỗn hợp A với một lượng dung dịch NaOH vừa đủ thu
được 7,6 gam hỗn hợp ancol no B, đơn chức có khối lượng phân tử hơn
kém nhau 14 đvC và hỗn hợp hai muối Z. Đốt cháy 7,6 gam B thu được
7,84 lít khí CO2 (đktc) và 9 gam H2O. Phần trăm khối lượng của X, Y
trong hỗn hợp A lần lượt là:
A. 59,2%; 40,8%

B. 50%; 50%
11


C. 40,8%; 59,2%

D. 66,67%; 33,33%

Bài giải :
Từ đề bài  A chứa 2 este của 2 ancol đồng đẳng kế tiếp
Đặt công thức chung của ancol là C n H 2 n +1OH
nCO 2 = 7,84/22,4 = 0,35 mol; n H 2O = 9/18 = 0,5 mol  nB = n H 2O - n CO 2 = 0,5 –

0,35 = 0,15 mol
nCO2

 n =
= 2,33. Vậy B

- trường hợp (II)  12x + y = 8 ( loại)
X : HCOOC 2 H 5 : 59,2%

3 COOC 3 H 7 : 40,8%


Vậy A Y : CH

đán án A

2.1.3. Thuỷ phân este đa chức
+

R(COOR’) n + nNaOH  R(COONa) n + nR’OH,

nancol =

(RCOO) nR’ + nNaOH  nRCOONa + R’(OH) n,

nmuối =

R(COO)nR’ + nNaOH  R(COONa)n + R’(OH)n,

nancol =

n.nmuối
+
n.nancol
+
nmuối

R(COO)2R’
Từ phản ứng thủy phân: naxit = nmuối =

1
n
2 KOH

=

1
.0,06.0,25
2

= 0,0075

mol
 M muối = MR + 83.2 =
Meste =

1,29
0,0075

1,665
=
0,0075

222  MR = 56  R là: -C4H8-

= 172  R + 2.44 + R’ = 172  R’ = 28 (-C2H4-)


CH2

OCOCH(CH3)2

CH2

OCOCH2CH2CH3

CH

OCOCH(CH3)2

CH2

OCOC2H3

CH2

OCOC2H5

CH

D. A hoặc B

Giải :
Vì Y, Z là đồng đẳng kế tiếp và Z, T là đồng phân của nhau
 có thể đặt công thức chung của este X: C3H5(OCO C n H 2 n +1 )3
(1)

C3H5(OCO C n H 2 n +1 )3 + 3NaOH  3 C n H 2 n +1 COONa + C3H5(OH)3

 Tính hằng số cân bằng K:
Kcb =

RCOOR' H2O
RCOOH R'OH

 Tính hiệu suất phản ứng este hoá:
H=

l­îng este thu ®­îc theo thùc tÕ . 100%
l­îng este thu ®­îc theo lÝ thuyÕt

 Tính lượng este tạo thành hoặc axit cacboxylic cần dùng, lượng
ancol …
* Chú ý: Nếu tiến hành phản ứng este hóa giữa một ancol n chức với m
axit cacboxylic đơn chức thì số este tối đa có thể thu được là:
14


n(n − 1) n(n + 1)

=
, m=n
n +
2
2

m + 2(m − 1)(n − 1) , m < n

(Có thể chứng minh các công thức này về mặt


a = 2 n CO 2 = 0,1 mol
b = 0,2 mol

Vì a < b ( hiệu suất tính theo axit)  số mol este thực tế thu được: n =
0,1.60% = 0,06 mol
 Khối lượng este thực tế thu được: m = 0,06.88 = 5,28 gam  đáp án
D
 Bài 2: Để đốt cháy hoàn toàn 1 mol axit cacboxylic đơn chức X cần
đủ 3,5 mol O2. Trộn 7,4 gam X với lượng đủ ancol no Y (biết tỉ khối hơi
của Y so với O2 nhỏ hơn 2). Đun nóng hỗn hợp với H 2SO4 làm xúc tác.
Sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 8,7 gam este Z (trong Z không
còn nhóm chức nào khác). Công thức cấu tạo của Z là:
A. C2H5COOCH2CH2OCOC2H5

B.

C2H3COOCH2CH2OCOC2H3
C. CH3COOCH2CH2OCOCH3

D. HCOOCH2CH2OCOH

Bài giải:
15


Phản ứng cháy: CXHyO2 + (x +
Theo (1), ta có : x +

y

2

m < 2,1
Từ (2) 

n = 2


m = 2

ancol Y : C2H4(OH)2

 Z : C2H5COOCH2CH2OCOC2H5  đáp án A.
2.3. Bài toán về phản ứng đốt cháy este
- Đặt công thức của este cần tìm có dạng: C xHyOz ( x, z ≥ 2; y là số
chẵn; y  2x)
y
4

z
2

y
2

0

t
xCO2 + H 2 O
Phản ứng cháy: C x H y O z + ( x + − )O2 →


Bài giải :
Đặt công thức trung bình của 2 este X, Y là: C nH2n+1COO C m H 2 m +1
Vì X, Y đều là este đơn chức, no, mạch hở nên: n H O = nCO = 6,38/44 =
2

2

0,145 mol
 meste + mO = 44. nCO + 18. n H O  meste = 3,31 gam
2

2

2

Ta có : mO (trong este) = meste – mC – mH = 3,31 – 12.0,145 –
2.1.0,145 = 1,28 g
 nO = 1,28/16 = 0,08 mol  neste = 0,04 mol
 nmuối = neste = 0,04 mol  Mmuối = 14n + 84 = 3,92/0,04 = 98  n
=1
Mặt khác: M este = 3,31/0,04 = 82,75  12.1 + 46 + 14 m = 82,75  m =
1,77
Vậy: X là CH3COOCH3 và Y là CH3COOC2H5  đáp án C
 Bài 2: Đốt cháy 0,8 gam một este X đơn chức được 1,76 gam CO 2
và 0,576 gam H2O. Cho 5 gam X tác dụng với lượng NaOH vừa đủ, cô
cạn dung dịch sau phản ứng được 7 gam muối khan Y. Cho Y tác dụng
với dung dịch axit loãng thu được Z không phân nhánh. Công thức cấu
tạo của X là:
O

Theo đề bài: mc =

1,76.12
0,576.2
= 0,48 gam; mH =
= 0,064 gam  mO (X) =
44
18

17


0,256 gam
 x : y : 2 = 0,04 : 0,064 : 0,016 = 5 : 8 : 2
 Công thức của X: C5H8O2
Vì X là este đơn chức (X không thể là este đơn chức của phenol)  nX =
nY = nz = nNaOH = 0,05 mol
Ta có : mX + mNaOH (pư) = 5 + 0,05.40 = 7 gam = mmuối Y
 E là este mạch vòng  đáp án C
2.4. Bài toán hỗn hợp este và các chất hữu cơ khác
Khi đầu bài cho 2 chức hưu cơ khi tác dụng với NaOH hoặc KOH mà tạo
ra:
+ 2 muối và 1 ancol thì có khả năng 2 chất hữu cơ đó là
 RCOOR’ và R’’COOR’ có nNaOH = nR’OH
 Hoặc: RCOOR’ và R’’COOH có nNaOH > nR’OH
+ 1 muối và 1 ancol có những khả năng sau
 RCOOR’ và ROH
 Hoặc: RCOOR’ và RCOOH
 Hoặc: RCOOH và R’OH
+ 1 muối và 2 ancol thì có những khả năng sau

Ta có : n X = 0,082(273 + 136,5) = 0,0625mol  MX = 0,0625 = 74
Mặt khác: X, Y, Z đơn chức, tác dụng được với NaOH  X, Y, Z là axit
hoặc este
x = 3
y = 6

 CTPT dạng: CxHyO2, dễ dàng  

Vậy

X : C 2 H 5 COOH : a mol

A Y : CH 3 COOCH 3 : b mol
Z : HCOOC H : c mol
2
5




n A = a + b + c = 0,1875mol

32 b + 46 c

= 20,67
d ancol / H 2 =

2( b + c )

m muèi = 96a + 82 b + 68c = 15,375gam

B. 8

C. 9

D. 10

Bài giải :
Theo đề bài: nRCOONa (xà phòng) =

36,207.1000
= 119,102 mol  nNaOH
304

(dùng để xà phòng hoá) = 119,102 mol
 nNaOH (để trung hoà axit béo tự do) =

4,939.1000
− 119,102 = 4,375mol
40

 nKOH (để trung hoà axit béo tự do) = 4,375 mol
 mKOH (trong 1 g chất béo) =

4,375.56
.1000 = 7mg
35000

 chỉ số axit = 7  đáp án A
 Bài 2: Một loại chất béo có chỉ số xà phòng hoá là 188,72 chứa axit
stearic và tristearin. Để trung hoà axit tự do có trong 100 g mẫu chất béo

 Vdd NaOH = 200 ml  đáp án C

20


Chương 3: THỰC NGHIỆM VÀ KẾT QUẢ
3.1. Đo lường và thu thập kết quả
Sáng kiến "Phân loại và phương pháp giải một số dạng bài tập về este lipit". đã hệ thống hóa và nâng cao những kiến thức cơ bản về este - lipit để
giảng dạy ở trường Trung học phổ thông qua các dạng bài tập.
Sưu tầm có chỉnh lý và xây dựng một hệ thống bài tập hóa học về este - lipit
đảm bảo yêu cầu dạy học cơ bản.
- Hoàn thiện hơn nữa hệ thống bài tập về hóa học phần este lipit, đồng thời
tiếp tục lựa chọn, xây dựng hệ thống bài tập cho các phần còn lại để phục vụ cho
quá trình dạy học hóa học ở trường Trung học phổ thông.
- Sử dụng bài tập trong dạy học hóa học để phát huy hơn nữa năng lực nhận
thức và tư duy của học sinh, nhằm nâng cao chất lượng dạy và học đáp ứng mục
tiêu, yêu cầu giáo dục trong sự nghiệp công nghiệp hóa, hiện đại hóa đất nước
hiện nay.
- Để học sinh có thể giải các bài tập vững chắc, bên canh hệ thống hóa các
bài tập tự luận tôi luôn kết hợp với bài làm trắc nghiệm giúp các em mở rộng
kiến thức và nhạy bén với các hình thức làm bài. Qua đó để kết quả học tập
được hiệu quả hơn.
3.2. Phân tích dữ liệu và kết quả
- Sau một thời gian thực hiện liên tục, hệ thống kiến thức về este - lipit các
21


em đã nắm vững kiến thức cơ bản mở đầu hóa học hữu cơ: danh pháp, công thức
cấu tạo, tính chất… Hình thành kĩ năng, kĩ xảo giải các bài toán đơn giản đến
phức tạp. Các em có hứng thú học tập cao hơn với bộ môn hóa học.


32/38

* Năm 2011 – 2012
Lớp

Biết

Hiểu

Vận dụng

Điểm > 5

12A2

100%

68%

58%

36/43

12A6

100%

79%



78%

36/43

12A11

100%

77%

58%

29/37

- Sau khi thực hiện ở các lớp cho thấy kết quả học tập của các em học sinh
được nâng cao. Số học sinh đạt điểm giỏi, khá, trung bình được nâng lên trên
75%. Các em hứng thú học tập với bộ môn hóa học hơn.

22


PHẦN III: KẾT LUẬN
Kết quả các lớp được hướng dẫn phương pháp có thái độ học tập tốt hơn, ý
thức cao trong học tập, giờ học môn hóa học đối với các lớp rất sôi nổi, trao đổi
những thông tin mà các em biết, đồng thời kết quả học tập của học sinh được
nâng cao.
Trong khuôn khổ hạn hẹp của một số phương pháp, những vấn đề mà tôi
đưa ra mới chỉ là những nghiên cứu bước đầu, với hy vọng sẽ nhận được những
đóng góp thiết thực và quý báu của các nhà quản lý, của đội ngũ những người