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


2. Mc ớch nghiờn cu:
Tng hp kin thc v phng phỏp bo ton electron núi chung v
vn dng vo gii mt s bi tp khú ca húa hc hu c trong thi Trung
hc ph thụng Quc Gia.
3. i tng nghiờn cu:

0

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

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

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


2. Thực trạng vấn đề
Khi học sinh gặp các bài tập cân bằng phương trình phản ứng phức
tạp của hóa học hữu cơ hoặc các bài tốn khó u cầu tư duy cao, khả năng
vận dụng kiến thức sâu sắc các em chưa có định hướng rõ về cách thức và
phương pháp giải cụ thể. Nhiều bài tốn rất khó tìm ra đặc điểm chung để
quy đổi về chất tổng qt, từ đó khó khăn cho việc vận dụng phương pháp
bảo tồn electron trong bài tốn hữu cơ .
Nếu giải nhanh bài tốn hóa trên theo kiến thức cơ bản thì quả thật
mất rất nhiều thời gian.
3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.
Một số ví dụ về bài tốn cụ thể
Ví dụ 1:
Hỗn hợp X gồm: (CH3COO)3C3H5, CH3COOH, CH2OHCHOHCH2OH,
CH3COOCH2CH(OOCCH3)CH2OH, CH3COOCH2CHOHCH2OH và trong
đó CH3COOH chiếm 10% tổng số mol hỗn hợp. Đun nóng m gam hỗn hợp


= 4nO2 ⇒ nO2 = 1,13 mol

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


Ví dụ 2: Đốt cháy 0,15 mol hỗn hợp X gồm metyl acrylat, etylen glicol,
axetanđehit và ancol metylic cần dùng a mol O 2. Sản phẩm cháy dẫn qua
200 ml dung dịch Ba(OH)2 1M, lọc bỏ kết tủa, cho dung dịch Ca(OH)2 dư
vào phần nước lọc thì thu được thêm 53,46 gam kết tủa nữa. Giá trị của a là
bao nhiêu ?
A. 0,215.
B. 0,625.
C. 0,455.
D. 0,375.
Phân tích, hướng dẫn:
Ta tiến hành làm như sau :
CH2 = CHCOOCH3 ⇔ C4H6O2 ⇔ C 4H2.2H2O

CH OHCH2OH ⇔ C2H6O2 ⇔ C2H2.2H 2O
+ X goà
m 2
⇒ X :CxH2.yH2O
CH3CHO ⇔ C2H 4O2 ⇔ C2H2.H 2O
CH OH ⇔ CH O ⇔ CH .H O
4
2

+
197y
=
53,46

x =
 keáttuûa
0,15

 0,38 1 
+ BT electron:(4x + 2)nX = 4nO2 ⇒ nO2 = 
+ ÷.0,15 = 0,455 mol
 0,15 2 

Ví dụ 3: Hỗn hợp X gồm 0,1 mol một α-amino axit no, mạch hở A chứa 1
nhóm –NH2, 1 nhóm –COOH và 0,025 mol pentapeptit mạch hở cấu tạo từ
A. Đốt cháy hỗn hợp X cần a mol O 2, sản phẩm cháy hấp thụ hết vào 1 lít
dung dịch NaOH 1,2M thu được dung dịch Y. Rót từ từ dung dịch chứa 0,8a
mol HCl vào dung dịch Y thu được 14,448 lít CO 2 (đktc). Đốt 0,01a mol
đipeptit mạch hở cấu tạo từ A cần V lít O2 (đktc). Giá trị của V là
A. 2,2491.
B. 2,5760.
C. 2,3520.
D. 2,7783.
Phân tích, hướng dẫn:
 0,1mol CnH2n+ 1O2N
a mol O2
a mol O2
+
 


→
từtừ
 → 

 cho
 + CO ↑
1,2 mol
{
NaHCO3 :(1,2 − 0,8a) mol  1 223
NaHCO3 




0,225n mol
0,645mol
⇒ 1,2 − 0,8a + 0,645 = 0,225n (**)
+ Từ(*), (**) suy ra:a = 1,18125; n = 4 ⇒ Đipeptit là(2C4H11O2N − H2O).
+ BT electron: 4nO = 42n(2C H O N− H O) ⇒ nO = 0,12403125 mol ⇔ 2,7783 lít
4 9 2
2
2
{2
1 44
2 4 43
?

0,01a



13,98(6n − 6)

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

2n

2

= 2,52 ⇒ n = 5,666

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

Ví dụ 5: X và Y là hai peptit được tạo từ các α-amino axit no, mạch hở,
chứa 1 nhóm –NH2 và 1 nhóm –COOH. Đun nóng 0,1 mol hỗn hợp E chứa
X, Y bằng dung dịch NaOH (vừa đủ). Cơ cạn dung dịch sau phản ứng thu
được m gam muối khan. Đốt cháy tồn bộ lượng muối này thu được 0,2 mol
Na2CO3 và hỗn hợp gồm CO2, H2O, N2 trong đó tổng khối lượng của CO2 và
H2O là 65,6 gam. Mặt khác đốt cháy 1,51m gam hỗn hợp E cần dùng a mol
O2, thu được CO2, H2O và N2. Giá trị của a gần nhất với
A. 2,5.

→

0,1

O

2
CmH2mO2NNa 
→(m − 1)CO2 ↑ + mH2O + 0,5N2 ↑ + Na2CO3

mol :

→

0,4

(m − 1)0,4

0,4m

 m
= 44(m − 1)0,4 + 18.0,4m = 65,6
m = 3,35
⇒  (CO2 , H2O)
⇒
 BTKL :0,1.(14n + 134) + 0,4.40 = 0,4(14m + 69) + 0,1.18 n = 13,4
+ Trong phả
n ứ
ng đố
t chá

D. 13,80.
Phân tích, hướng dẫn:
−
 HNC3H5(COOH)CO− : 0,1a mol
+ Quy đổ
i X thà
nh hỗ
n hợp E gồ
m
−CnH2n−1ON− : 0,1b mol; H2O: 0,1mol
0,2a + 0,1b = 0,7

+ Suy ra:  0,1a.129 + 0,1b.(14n + 29) + 0,1.18 5,25.0,1a + (1,5n − 0.75).0,1b
=

6,876
0,369

0,2a + 0,1b = 0,7 (a ≤ 3)
a = 2; b = 3; n = 5
⇒
⇒
1,1502a + 1,5858b − 0,5148nb = −0,6642 Y làC5H11O2N
+ Tetrapeptit tạo ra từY là(4C5H11O2N − 3H2O). Theo BT electron ta có
:
108n(4C H O N −3H O) = 4nO ⇒ m = 13,8 gam
2
{2
1 4541122 4 43
?=1/30

 a mol X O2 , to 
+
→  y mol H2O ⇒  X
 X, Y :CaH2a−2O...
 a mol Y
x = a+ y

Ag ↓: 0,8 mol
AgNO3 / NH3
 X, Y no, mạch hở
+
Y khá
c chứ
c
1X,
4 4 4 2 4 4 43

to

(I)

(II)

NaOH
to

0,25 mol

CxH2x+1COONa
+ Ancol

Y làHCOOCmH2mOOCCyH2y+1

n = 0,15  nCmH2m (OH)2 = 0,1
+ nX + nY = 0,25
⇒ X
⇒
⇒ n= 3
nY = 0,1
4n + 2n = 0,8
 M CmH2m (OH)2 = 76
Y
 X
nHCOONa = nC H COONa = 0,1 y = 1
y 2y+1
+
⇒ Y làHOOCC3H6OOCCH3
mHCOONa + mCyH2y+1COONa = 15  X làC H (CHO)
4 8
2

+ BT E : 30nC4H8(CHO)2 = 4 nO2 ⇒ VO2 (đktc) = 21lít
{
14 2 43
0,125

?= 0,9375

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


THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của

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

mình viết, không sao chép nội dung
của người khác.

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

ĐỒNG KHẮC HƯNG