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. Mục đích nghiên cứu:
Tổng hợp kiến thức về phương pháp bảo toàn electron nói chung và
vận dụng vào giải một số bài tập khó của hóa học hữu cơ trong đề thi Trung
học phổ thông Quốc Gia.
3. Đối tượng nghiên cứu:

2

0

t
L�
u y�
: C x H y Oz N t  O2 ��
� CO2  H 2 O N 2

�
 4nO
n
�nelectron O2 nha�
2
� (4x  y  2z)nC H O N  4nO
�
x y z t
2
n
 (4x  y  2z)nC H O N
ng
�
x y z t
� electron CxHyOzNt nh���


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 toán khó yêu cầu tư duy cao, khả năng

CH3COOH : b mol
�
�
� NaOH
�
BTKL : m 10  20,5  0,604m  18b �
m  27,424
�
�
��
mC H (OH)  0,604m  92a
� �b  0,02 � x  1,2783
3 5
3
�
�
a  0,18
�
�b  0,1(a  b)
 BT E :8nCH3COOH  (14  8x)nC

3 2x

H82xO3 x

 4nO2 � nO2  1,13 mol

� VO2 (�ktc)  25,3162 ga�
n nha�
t v�

�
CO
�
O2
 CxH2.yH2O ��
�� 2
�H2O

Ba(OH)2

�
�BaCO3 : y mol
Ca(OH)2
Ba(HCO3)2 ����
��
CaCO3 : y mol
�
�n  0,38
�
�y  0,18 � CO2
�nBa(OH)2  x  y  0,2
�
��
� � 0,38
x

0,02
m

100y

a mol O2
�
����
� CO2 ����
� 0,225 mol CnH2n1O2N
{
�0,025 mol (5CnH2n1O2N  4H2O)
0,025n mol


 BT electron: 4nO  (6n  3)nC H

n 2n1O2N

2

� 4a  0,225(6n  3) (*)

�
�Na2CO3 �
� HCl: 0,8a mol �NaCl :0,8a mol
�
NaOH
 CO2 ���
�
�
��
�
������
� CO �

thu được lượng chất rắn khan là
A. 31,5 gam.
B. 24,51 gam.
C. 36,05 gam.
D. 25,84 gam.
Phân tích, hướng dẫn:
12
 3(min) � X, Y , Z, Y �
e�
u la�
ca�
c�
ipeptit CnH 2nO3N 2.
4
 Trong pha�
n�
�
ng cha�
y, theo ba�
o toa�
n electron ta co�
:
 O(X, Y , Z, T) 

(6n  6)nC H

O3N2

 4nO �


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). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu
được m gam muối khan. Đốt cháy toàn 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.
B. 1,5.
C. 3,5.
D. 3,0.


Phân tích, hướng dẫn:
 nNaOH  2nNa CO  0,4; nNaOH : n(X, Y )  4 � X, Y la�
CnH2n 2N4O5.
2

3

 Ba�
n cha�
t pha�
n�
�
ng:
CnH2n 2N 4O5  4NaOH ��
� 4CmH2mO2NNa  H2O
mol :


�
�
m
 44(m  1)0,4  18.0,4m  65,6
m  3,35
�
�
� � (CO2 , H2O)
��
n  13,4
�
BTKL : 0,1.(14n  134)  0,4.40  0,4(14m  69)  0,1.18 �
�
 Trong pha�
n�
�
ng �
o�
t cha�
y E, theo ba�
o toa�
n electron, ta co�
:
(6n  12)nC H
n

N4O5

2n2


p E go�
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
�
a  2; b  3; n  5
�
0,2a  0,1b  0,7 (a �3)
�
��
��
Y la�
C5H11O2N
1,1502a  1,5858b  0,5148nb  0,6642 �
�
 Tetrapeptit ta�
o ra t�
�
Y la�
(4C5H11O2N  3H2O). Theo BT electron ta co�
:
108n(4C H O N3H O)  4nO � m  13,8 gam

B. 25,2 lít.
C. 23,52 lít.
D. 26,88.
Phân tích, hướng dẫn:
�x mol CO2
�
�
a mol X O2 , to �
�k  kY  2 (*)
�
���
� �y mol H2O � � X
a mol Y
�X, Y :CaH2a2O...
�
�x  a  y
�
Ag �: 0,8 mol
AgNO3 / NH3
�X, Y no, ma�
ch h�
�
�
X, Y kha�
c ch�
�
c
�
1 4 4 4 2 4 4 43
0,25 mol

ng tra�
ng g�
�
ng
�
nAg
�nC H (OH)  0,05
nCnH2n (CHO)2 
 0,2 �
�
�
� � m 2m 2
� m  8,42 (loa�
i)
4
M C H (OH)  152
�
�
� m 2m 2
nY  0,05
�
 Ne�
u ca�
X, Y tham gia pha�
n�
�
ng tra�
ng g�
�
ng

Y la�
HOOCC3H6OOCCH3
mHCOONa  mC H COONa  15 �
�
y
2y

1
�
C4H8(CHO)2
�X la�
 BT E : 30nC4H8(CHO)2  4 nO2 � VO2 (�ktc)  21l�
t
{
14 2 43
0,125

? 0,9375

 L�
u y�
: Co�
(*) v�(k  1)nhchc  nCO  nH O
2

2


4. Hiệu quả của sáng kiến
Trong quá trình giảng dạy, khi hướng dẫn học sinh làm bài tập theo


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

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

ĐỒNG KHẮC HƯNG