Công thức tính nhanh đốt cháy chất béo

MỤC LỤC1. MỞ ĐẦU ……………………………………………………………..1.1. Lí do chọn đề tài …………………………………………………....1.2. Mục đích nghiên cứu ……………………………………………….1.3. Đối tượng nghiên cứu ……………………………………………...1.4. Phương pháp nghiên cứu ……………………………………..…....1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm………………………2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ………………………...2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm ………………………….2.2. Thực trạng của đề tài………………………………………………2.3.Giải pháp thực hiện………………………………………………….2.3.1. Cơ sở lý thuyết……………………………………………………2.3.2. Một số kinh nghiệm giải nhanh bài toán chất béo…………………Kinh nghiệm 1: Sử dụng định luật bảo toàn khối lượng và bảo toànTrang112222223335nguyên tố………………………………………………………………...Kinh nghiệm 2: Sử dụng định luật bảo toàn nguyên tố và độ bất bảohòa.............................................................................................................Kinh nghiệm 3: Sử dụng kết hợp định luật bảo toàn khối lượng, bảotoàn nguyên tố và độ bất bảo hòa.............................................................Kinh nghiệm 4: Sử dụng phương pháp quy đổi.................................Kinh nghiệm 5: Sử dụng kỷ thuật dồn chất.2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm ………………………………3. KẾT KUẬN, KIẾN NGHỊ …………………………………………..TÀI LIỆU THAM KHẢO.579121722231. MỞ ĐẦU1.1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀITrong học tập mơn hóa học việc giải bài tập hóa học có một ý nghĩa rất quantrọng. Giúp học sinh nhớ được các kiến thức đã học, củng cố, đào sâu và mở rộngkiến thức một cách sinh động, phong phú, hấp dẫn. Rèn luyện các kỹ năng hoá họcnhư tính tốn theo cơng thức hố học và PTHH… , rèn kỹ năng thực hành, gópphần vào việc giáo dục kỹ thuật tổng hợp cho học sinh. Thông qua giải bài tập hóa học rèn luyện tính kiên nhẫn, tính tích cực, trí thông minh sáng tạo, làm tăng hứngthú học tập cho học sinh.Hiện nay đề thi trung học phổ thông quốc gia vẫn được ra dưới hình thức làmbài trắc nghiệm. Các bài thi này có số lượng câu hỏi nhiều, kiến thức trải dài trênnhiều nội dung của chương trình hóa học phổ thơng. Bên cạnh đó, các dạng tốnngày càng được khai thác nhiều hơn, rộng rãi hơn với các phương pháp giải độc đáohơn. Bài thi ngày càng phân hóa hơn với những nội dung từ dễ đến khó, phân loạiđược trình độ năng lực của học sinh. Các em muốn đạt được điểm cao phải chinhphục được những bài tốn khó, mức độ tư duy cao. Do đó bên cạnh việc nắm vữngkiến thức lý thuyết cơ bản thì các em cần phải nắm được nhiều phương pháp, kỷthuật giải toán khác nhau. Đặc biệt cần phải linh hoạt vận dụng các phương phápgiải nhanh cho từng loại bài tập thì mới giảm thiểu được thời gian làm bài.Có nhiều dạng bài tốn hóa học mới được khai thác qua từng năm, trong đócó bài tập về chất béo. Bài tập về chất béo cũng không phải là bài tập xa lạ đối vớinhiều học sinh và giáo viên. Trước đây bài tập chỉ dừng lại ở mức độ thông hiểuhoặc vận dụng thấp nhưng đặc biệt những năm gần đây dạng bài tập này được khaithác nhiều trong đề thi THPT quốc gia với những câu hỏi rất hay, khó, mới lạ và trởthành một trong những dạng bài tập thuộc mức độ vận dụng và vận dụng cao dànhcho học sinh.Khi làm các dạng bài tập phần này các em học sinh thường rất lúng túngtrong việc tìm phương pháp giải hoặc nếu có giải được thì cũng rất tốn thời gian docác bước giải rất dài. Nguyên nhân là do các em chưa thực sự nắm vững mối quanhệ bản chất giữa các chất trong các phản ứng của chất béo, chưa linh hoạt trong việcvận dụng các phương pháp, chưa nắm bắt được các phương pháp giải nhanh để tiếtkiệm thời gian.Với những lý do trên tôi chọn đề tài: “ MỘT SỐ KINH NGHIỆMGIẢI NHANH BÀI TOÁN CHẤT BÉO” nhằm giúp các em học sinh hiểu rõ bảnchất, vận dụng được các cách giải nhanh để tự tin khi làm dạng bài tập này. Hy vọngđề tài này sẽ là tài liệu tham khảo hữu ích cho các em học sinh và đồng nghiệp.1.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Nghiên cứu tìm hiểu các phương pháp giải nhanh bài toán chất béo. Tuyểnchọn, xây dựng, phân dạng các bài tập trắc nghiệm khách quan dưạ trên những kinhnghiệm đã tích lũy được để học sinh hiểu rõ bản chất, từ đó có phương pháp làm bàitập nhanh và hiệu quả.1.3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU.- Các dạng bài tập về chất béo trong chương trình hóa học phổ thơng.- Các phương pháp giải nhanh bài toán chất béo1.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU.- Nghiên cứu cơ sở lý luận của giảng dạy bài tốn hóa học trong nhà trường.- Nghiên cứu tài liệu, Internet, sách giáo khoa, tham khảo, các đề thi: HSG, đềthi THPT quốc gia.- Phương pháp thực nghiệm, thống kê và xử lý số liệu.1.5. NHỮNG ĐIỂM MỚI CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆMHệ thống bài tập và cách giải được xây dựng cụ thể, rõ ràng, dễ nhận dạngdựa trên những kinh nghiệm được rút ra trong quá trình nghiên cứu, giảng dạy2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM2. 1. Cơ sở lý luận của đề tài.Trong thời gian qua Bộ giáo dục và đào tạo liên tục đổi mới các hình thức kiểmtra đánh giá để phát triển tồn diện học sinh. Từ hình thức thi tự luận sang hình thứcthi trắc nghiệm. Từ thời gian làm bài dài sang ngắn mà số lượng câu hỏi, dung lượngnội dung và bài tập nhiều buộc người học phải học thực sự và phải có tư duy nhanhnhạy, thơng minh sáng tạo mới có thể đạt kết quả cao. Để dạy học sinh thích ứng vớicác hình thức thi mới này người giáo viên phải luôn “ vận động” tìm tịi các phươngpháp giải nhanh, xây dựng hệ thống bài tập và phân dạng các bài tập để học sinh dễtiếp thu và vận dụng giải quyết nhanh được các bài tập.2. 2 .Thực trạng của đề tài.Các bài tập hóa học về chất béo cũng có nhiều tài liệu viết nhưng đây là nộidung mới nên các phương pháp giải nhanh đưa ra chưa hệ thống, chưa nhiều.Trong những năm gần đây các dạng bài tập về chất béo thường xuất hiện trongcác đề thi THPT quốc gia và học sinh thường gặp khó khăn khi giải chúng. Hơn nữa thời gian yêu cầu cho một bài tập trong kì thi quốc gia là rất ngắn. Vì vậy người giáoviên phải tìm ra phương pháp để giải nhanh dạng bài tập nàyKhó khăn lớn nhất khi dạy cho học sinh dạng bài tập này là phải làm cho họcsinh hiểu và nhớ được công thức tổng quát của chất béo, các axit béo thường gặp,mối quan hệ giữa các chất trong phản ứng của chất béo (phản ứng đốt cháy, phảnứng xà phịng hóa…), vận dụng phương pháp giải nhanh nào cho từng loại bài tập.Vì vậy việc sưu tầm, phân dạng các dạng bài tập dạng này và các phương pháp giảichúng là quan trọng và cần thiết.2. 3. Giải pháp thực hiệnTôi đã sưu tầm các bài tập dạng này trong các đề thi THPT quốc gia của bộ vàđề thi thử của các trường THPT rồi giải, sau đó phân ra từng dạng và vận dụngphương pháp giải nhanh các dạng đó. Tơi cũng đã áp dụng vào thực hành giảng dạycho các học sinh tôi dạy ôn thi THPT quốc gia, nhận thấy các em tiếp thu tốt hơn vàgiải nhanh được các bài tập tương tự. Trong giới hạn của đề tài này tôi chỉ đưa ramột số kinh nghiệm đã giảng dạy cho học sinh được bản thân đúc rút như sau:- Kinh nghiệm 1: Sử dụng định luật bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố- Kinh nghiệm 2: Sử dụng định luật bảo tồn ngun tố và độ bất bảo hịa.- Kinh nghiệm 3: Sử dụng định luật bảo toàn khối lượng, bảo tồn ngun tố và độbất bảo hịa.- Kinh nghiệm 4: Sử dụng phương pháp quy đổi- Kinh nghiệm 5: Sử dụng kỷ thuật dồn chất.2.3.1. Cơ sở lý thuyếtChất béo1/ Khái niệm: Chất béo là trieste của glixerol với các axit monocacboxylic có sốchẵn nguyên tử cacbon (khoảng từ 12C đến 24C) không phân nhánh (axit béo), gọichung là triglixerit hay triaxylglixerol. Chất béo có cơng thức chung là: Trong đó: R1, R2, R3 là các gốc hiđrocacbon no hoặc khơng no, khơng phânnhánh, có thể giống nhau hoặc khác nhau.* Các axit béo thường gặp:+ Axit béo no:C15H31COOH: axit panmitic (M=256)C17H35COOH: axit stearic (M= 284)+ Axit béo không no: C17H33COOH: axit oleic (1 nối đôi; M=282)C17H31COOH: axit linoleic (2 nối đôi; M= 280)* Các chất béo thường gặp(C17H35COO)3C3H5: tristearoylglixerol (tristearin)(C17H33COO)3C3H5: trioleoylglixerol (triolein)(C15H31COO)3C3H5 tripanmitoylglixerol (tripanmitin)(C17H31COO)3C3H5: trilinoleoylglixerol (trilinolein)2/ Tính chất vật lí:- Ở nhiệt độ thường, chất béo có 2 loại:+ Chất béo lỏng (dầu) như dầu lạc, dầu vừng, gấc….. trong phân tử có chứa gốchidrocacbon khơng no.+ Chất béo rắn (mỡ) như mỡ gà, mỡ lợn…… trong phân tử có gốc hidrocacbon no.- Chất béo nhẹ hơn nước, không tan trong nước, tan trong các dung môi hữu cơ.3/ Tính chất hóa học:a. Phản ứng thủy phân trong môi trường axitThủy phân este trong môi trường axit thu được các axit béo và glixerol:H+,t0(C17H35COO)3C3H5 + 3H2O3C17H35COOHtristearin+ C3H5(OH)3axit stearicglixerolb. Phản ứng xà phịng hóaThủy phân chất béo trong mơi trường kiềm( Phản ứng xà phịng hóa) thu được muốicủa axit béo(dùng để sản xuất xà phòng) và glixerol(C15H31COO)3C3H5 + 3NaOHtripanmitinc. Phản ứng hiđro hóa0t→3C15H31COONaNatri panmitat+C3H5(OH)3glixerol (C17H33COO)3C3H5 + 3H2(C17H35COO)3C3H50,tNi→Triolein (lỏng)tristearin ( rắn)d. Phản ứng oxi hóa- Chất béo bị oxi hóa chậm bởi oxi khơng khí tạo ra sản phẩm có mùi khó chịu ( đâychính là hiện tượng dầu mỡ bị ôi thiu khi để lâu)- Chất béo bị oxi hóa hồn tồn (phản ứng đốt cháy) tạo ra CO2 và H2O:y4CxHyO6 + (x + -3)O2yH2O2xCO2 +Bài toán về chất béo được xây dựng dựa trên các tính chất hóa học của chấtbéo như phản ứng thủy phân, phản ứng đốt cháy, phản ứng cộng... Qua đó muốn làmđược bài tập chất béo các e phải ghi nhớ các tính chất này, viết được phương trình(sơ đồ phản ứng) nắm vững đặc điểm cấu tạo, thành phần của chất béo, mối quan hệsố mol của các chất trong phản ứng. Nắm vững các công thức tính tốn cơ bản tronghóa học và các định luật bảo toàn: BTKL, BTNT, BT(e).2.3.2. Một số kinh nghiệm giải nhanh bài toán về chất béoKinh nghiệm 1: Sử dụng định luật bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố- Phạm vi áp dụng: Kinh nghiệm này thường áp dụng cho các bài tập chất béo cóliên quan đến phản ứng xà phịng hóa và phản ứng đốt cháy.- Phương pháp giải:y4* Với phản ứng đốt cháy: CxHyO6 + (x + -3)O2xCO2 +yH2O2+ Định luật bảo toàn khối lượng: mcb + mO = mCO + m H O hoặc: mcb = mC + m H + m O222+ Bảo toàn nguyên tố (O) : 6.ncb + 2nO = 2.nCO + n H O .222* Với phản ứng xà phòng hóa:- Nếu chất béo chỉ có mình triglixerit+ Viết phương trình hóa học phản ứng xà phịng hóa (NaOH hoặc KOH)(RCOO)3C3H5 + 3NaOH → 3RCOONa + C3H5(OH)3+ Mối quan hệ số mol của các chấtTừ phương trình hóa học ta có:+ Áp dụng ĐLBTKL ta có:ncbéo = nglixerol ; nOH − = 3n glixerol = 3ncbéomchất béo + mkiềm = mmuối + mglixerol * Nếu chất béo cịn có thêm axit béo tự do+ Viết phương trình hóa học(RCOO)3C3H5 + 3NaOH → 3RCOONa + C3H5(OH)3RCOOH +NaOH → RCOONa + H2O+ Mối quan hệ số mol của các chấtncbéo = nglixerol ; nOH − = 3nglixerol + nH 2OTừ phương trình hóa học ta có:+ Áp dụng ĐLBTKL ta có: mchất béo + mkiềm = mmuối + mglixerol + mH2OVí dụ 1: (Đề thi thử lần 2 - Đặng Thức Hứa - Nghệ An - 2019) Đốt cháy hoàntoàn m1 gam triglixerit X ( mạch hở) cần dùng 1,55 mol O2 thu được 1,10 mol CO2và 1,02 mol H2O. Cho 25,74 gam X tác dụng vừa đủ với dung dịch KOH thu đượcm2 gam muối. Giá trị m2 là:A. 30,78B. 24,66C. 28,02Hướng dẫn giải: CxHyO6 + O2D. 27,42CO2 + H2O- BTNT (O) : 6.nX = 2. nCO + n H O - 2. nO => nX = 0,02 mol222- BTKL cho phản ứng đốt cháy ta có: m X + mO2 = mCO2 + m H 2O=> mX = 17,16 gamKhi phản ứng với KOH : (RCOO)3C3H5 + 3KOHnX =3RCOOK + C3H5(OH)30,02.25,74= 0,03mol => nKOH = 3. nX = 0,09 mol; nglixerol = nX = 0,03 mol17,16BTKT cho phản ứng thủy phân ta có:mchất béo + mKOH = mmuối + mglixerol => mmuối = m2 = mchất béo + mKOH - mglixerol = 25,74 +0,09.56 - 0,03.92 = 28,02 gam ( C)Ví dụ 2: ( Đề thi THPT quốc gia 2018 - mã đề 203) Thủy phân hoàn toàn a gamtriglixerit X trong dung dịch NaOH, thu được glixerol và dung dịch chứa m gam hỗnhợp muối (gồm natri stearat, natri panmitat và C17 H y COONa ). Đốt cháy hoàn toàn agam X cần vừa đủ 1,55 mol O2 , thu được H 2O và 1,1 mol CO2 . Giá trị của m là:A. 17,96B. 16,12C. 19,56D. 17,72Hướng dẫn giải: Thủy phân X thu được 3 muối : natri stearat, natri panmitat vàC17HyCOONa. => X có CTPT: C55HxO6 C55HxO6 + O2 → 55CO2 + H2OnX =nCO255=0,02 molBTNT (O) : 6.nX + 2. nO = 2. nCO + n H O => n H O = 1,02 mol2222BTKL cho phản ứng đốt cháy ta có: mcb + mO = mCO + m H O222=> mx = 1,1.44 + 1,02. 18 - 1,55.32 = 17,16 gam.Khi phản ứng với NaOH : (RCOO)3C3H5 + 3NaOH0,023RCOONa + C3H5(OH)30,060,02BTKL ta có: mchất béo + mNaOH = mmuối + mglixerol=> mmuối = 17,16 + 0,06.40 - 0,02.92 = 17,72 gam (D)Kinh nghiệm 2: Sử dụng định luật bảo toàn nguyên tố và độ bất bảo hòa.- Phạm vi áp dụng: Kinh nghiệm này thường áp dụng cho các bài tập cho các sốliệu liên quan đến phản ứng đốt cháy và phản ứng cộng Br2 ( hoặc H2)- Phương pháp giải:Đối với chất béo có CTTQ: CnH2n+2-2kO6CnH2n+2-2kO6 + O2nCO2 + (n+ 1- k)H2O+ Khi đốt cháy chất béo X ta có: nCO − n H O = (k − 1)ncb với k là tổng số liên kết22pi trong phân tử chất béo = tổng số liên kết π ở nhóm COO + tổng số liên kết π ởgốc hiđrocacbonHoặc có thể tính theo cơng thức : k=2.x + 2 − yvới x,y là số nguyên tử C, H trong2phân tử chất béo.+ X phản ứng với dd Br2: CxHyO6 + (k – 3)Br2 → CxHyO6Br(2k-6)+ X phản ứng với H2:CxHyO6 + (k – 3)H2CxHy+2k-6O6+ Bảo toàn nguyên tố (O) : 6.ncb + 2nO = 2.nCO + n H O .222Ví dụ 1: (Đề thi THPT quốc gia -2018 - MĐ 201) Thủy phân hoàn toàn triglixeritX trong dung dịch NaOH, thu được glixerol, natri stearat và natri oleat. Đốt cháyhoàn toàn m gam X cần vừa đủ 3,22 mol O2 , thu được H 2O và 2,28 mol CO2 . Mặtkhác, m gam X tác dụng tối đa với a mol Br2 trong dung dịch. Giá trị của a là A. 0,04B. 0,08C. 0,2D. 0,16Hướng dẫn giải:Từ đề bài suy ra X có CTPT là: C57HyO6C57HyO6 + O257CO2 + H2OnCO2 = 2,28 mol => nX = 2,28: 57 = 0,04 molBTNT (O): 6.n X + 2nO = 2.nCO + n H O => n H O = 2,12 mol2k=nCO2 − n H 2OnX222+ 1 = 5 => số liên kết π ở gốc hiddrocacbon = k-3 = 2X tác dụng với Br2: X + 2Br2 → X ,=> số mol Br2 phản ứng = a = 0,04.2 = 0,08 mol ( đáp án B)Ví dụ 2: Đun nóng m gam hỗn hợp E chứa triglixerit X và các axit béo tự do với200 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ), thu được glixerol và hỗn hợp Y chứa cácmuối có công thức chung C17HyCOONa. Đốt cháy 0,07 mol E thu được 1,845 molCO2. Mặt khác, m gam E tác dụng vừa đủ với 0,1 mol Br2. Biết các phản ứng xảy rahoàn toàn. Giá trị của m làA. 57,74.B. 59,07.C. 55,76.D. 31,77.Hướng dẫn giải: Triglixerit X có 57 nguyên tử C và Axit béo có 18 nguyên tử C.Trong 0,07 mol E : X: x mol ; Axit: y molTa có hệ: x + y = 0,07 mol57x + 18y = 1,845=> x = 0,015 mol; y = 0,055 mol => nX : naxit = 0,015 : 0,055= 3: 11Trong m gam E: X: a mol ; axit: b mol => ta có hệ3a + b = 0,2a : b = 3 : 11=> a = 0,03 mol ; b= 0,11 mol => m gam E gấp 2 lần 0,07 mol EGọi k1 là tổng số liên kết pi trong X, k2 là tổng số liên kết pi trong axit.Khi cho E tác dụng với Br2 ta có: (k1-3). 0,03 + (k2-1).0,11 = 0,1=> k1. 0,03 + k2. 0,11 = 0,3 molMặt khác, áp dụng CT tính k ta có: nCO − n H O =( k1 - 1). 0.03 + (k2 - 1).0,1122 3,69 - n H O = k1 .0,03 + k2. 0,11 - 0, 14 = 0,3- 0,15 = 0,16 => n H O = 3,53 mol22 Vậy m = 12n CO2 + 2n H 2O + 16.(6a + 2b) = 57, 74 (g) => Đáp án : AKinh nghiệm 3: Sử dụng kết hợp định luật bảo toàn khối lượng, bảo toànnguyên tố và độ bất bảo hòa.- Phạm vi áp dụng: Kinh nghiệm này thường áp dụng cho các bài tập cho các sốliệu liên quan đến phản ứng thủy phân, đốt cháy và phản ứng cộng Br2 ( hoặc H2)- Phương pháp giải:* Với phản ứng đốt cháy: Chất béo có CTTQ: CnH2n+2-2kO6CnH2n+2-2kO6 + O2nCO2 + (n+ 1- k)H2O+ Khi đốt cháy chất béo X ta có: nCO − n H O = (k − 1)ncb với k là tổng số liên kết pi22trong phân tử chất béo = tổng số liên kết π ở nhóm COO + tổng số liên kết π ở gốchiđrocacbon2.x + 2 − yvới x,y là số nguyên tử C, H2Hoặc có thể tính theo cơng thức : k=trong phân tử chất béo.+ Áp dụng các ĐLBT:- Bảo toàn nguyên tố (O) : 6.ncb + 2nO = 2.nCO + n H O .222- Định luật bảo toàn khối lượng: mcb + mO = mCO + m H O hoặc: mcb = mC + m H + m O222* Với phản ứng cộng:+ X phản ứng với dd Br2: CxHyO6 + (k – 3)Br2 → CxHyO6Br(2k-6)Ta có: n Br = (k − 3).ncb ; BTKL: mcb + m Br = mdẫn xuất.22+ X phản ứng với H2:CxHyO6 + (k – 3)H2CxHy+2k-6O6Ta có: n H = (k − 3).ncb ; BTKL: mcb + m H = mcb no22* Với phản ứng xà phịng hóa(RCOO)3C3H5 + 3NaOH3RCOONa + C3H5(OH)3Ta có: ncbéo = nglixerol ; nOH − = 3nglixerol + nH 2OBTKL: mchất béo + mkiềm = mmuối + mglixerolVí dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixerit X cần vừa đủ 2,31 mol O2, thu đượcH2O và 1,65 mol CO2. Cho m gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được glixerol và 26,52 gam muối. Mặt khác, m gam X tác dụng được tối đa với amol Br2 trong dung dịch. Giá trị của a làA. 0,12.B. 0,18.C. 0,15.D. 0,09.Hướng dẫn giải:- Ta có sơ đồ phản ứng cháy: CxHyO6 + O2CO2 + H2O(1)Gọi nX = a mol, n H O = b mol, k là tổng số liên kết π trong phân tử X.2Bảo toàn nguyên tố O: 6a + 2.2,31 = 2.1,65 + b → 6a – b = – 1,32 (*)Bảo toàn khối lượng: m + 32. 2,31= 44.1,65 + 18.b → m = 18b – 1,32- Pư với NaOH: (RCOO)3C3H5 + 3NaOH3RCOONa + C3H5(OH)3 (2)Theo phản ứng (2): nglixerol = nX = a, nNaOH = 3nX = 3aBảo toàn khối lượng cho phản ứng (2):18b – 1,32 + 40.3a = 26,52 + 92a → 28a +18b = 27,84(**)Từ (*) và (**), ta có: a = 0,03; b = 1,5Mặt khác: (k – 1).nX = nCO − n H O → (k – 1).0,03 = 1,65 – 1,5 → k = 622- Phản ứng với Br2: X + (k – 3)Br2 → X ,=> n Br = (k-3). nX = (6-3).0,03 = 0,09 mol => Đáp án: D2Ví dụ 2: (Đề thi thử Bà Rịa Vũng Tàu 2019) Đốt cháy hoàn toàn m gam triglixeritX (trung hịa) cần dùng 69,44 lít khí O2 (đktc) thu được khí CO2 và 36,72 gam nước.Đun nóng m gam X trong 150 ml dung dịch NaOH 1M, sau khi phản ứng xảy rahồn tồn thu được dung dịch Y. Cơ cạn dung dịch Y thu được p gam chất rắn khan.Biết m gam X tác dụng vừa đủ với 12,8 gam Br2 trong dung dịch. Giá trị của p làA. 33,44.B. 36,64.C. 36,80.D. 30,64.Hướng dẫn giải: nO = 3,1 mol ; n H O = 2,04 mol22- Ta có sơ đồ phản ứng cháy: CxHyO6 + O2CO2 + H2O(1)Gọi nX = a mol, nCO = b mol, k là tổng số liên kết π trong phân tử X.2Bảo toàn nguyên tố O: 6a + 2. 3,1 = 2.b + 2,04 → 6a –2b = – 4,16 (I)- Phản ứng với dd Br2: CxHyO6 + (k – 3)Br2 → CxHyO6Br(2k-6)Theo phản ứng (2): nX.(k-3) = a.( k-3) = 0,08 mol (*)Mặt khác: (k – 1).nX = (k-1).a = nCO − n H O = b- 2,04 (**)22(2) Lấy (**) - (*) ta được 2a - b = - 2,12 (II)Từ (I) và (II) => a= 0,04 ; b= 2,2 molBTKL cho phản ứng cháy : mX = 2,2.44 + 36,72 - 3,1.32 = 34,32 gam- Pư với NaOH: (RCOO)3C3H5 + 3NaOH3RCOONa + C3H5(OH)3 (3)Theo phản ứng (2): nglixerol = nX = 0,04 molBTKL cho phản ứng (3) ta có: 34,32 + 0,15.40 = mrắn + 0,04.92=> mrắn = 36,64 gam => Đáp án BVí dụ 3: (Đề minh họa của Bộ 2019) Đốt cháy hoàn toàn 0,06 mol hỗn hợp X gồmba triglixerit cần vừa đủ 4,77 mol O2, thu được 3,14 mol H2O. Mặt khác, hiđro hóahồn tồn 78,9 gam X (xúc tác Ni, to), thu được hỗn hợp Y. Đun nóng Y với dungdịch KOH vừa đủ, thu được glixerol và m gam muối. Giá trị của m làA. 86,10.B. 57,40.C. 83,82.D. 57,16.Hướng dẫn giải:- Phản ứng cháy chất béo X: CxHyO6 + O2CO2 + H2O(1)Bảo toàn nguyên tố oxi: 6.ncb + 2nO = 2.nCO + n H O  6.0,06 + 2. 4,77 = 2. nCO + 3,142222=> nCO = 3,38 mol2Ta có: nCO − n H O = (k − 1)ncb  3,38 – 3,14 = (k – 1).0,06 → k = 522=> Hệ số phản ứng của X với H2 là k-3 =2Bảo toàn khối lượng: mX = 44.3,38 + 18.3,14 – 32.4,77 = 52,6 gamỨng với 78,9 gam X thì số mol của X là n X =- Phản ứng với H2:78,9.0,06= 0,09 mol52,6X + 2H2 → Y(2)Theo phản ứng (2): n H = 2nX = 0,18 mol và nY = nX = 0,09 mol2Bảo toàn khối lượng: mY = 78,9 + 2.0,18 = 79,26 gam- Phản ứng với NaOH: (RCOO)3C3H5 + 3KOH0,09 mol0,27 mol3RCOOK + C3H5(OH)30,09 molBTKL: mmuối = m = 79,26 + 0,27. 56 - 0,09.92 = 86,1 gam => Đáp án AKinh nghiệm 4: Sử dụng phương pháp quy đổi Để hiểu rõ cách sử dụng phương pháp quy đổi ta cần phải nắm vững một số kỷthuật quy đổi như sau:Kỷ thuật 1: Quy đổi dựa vào kỷ thuật đồng đẳng hóa+ Ta biết rằng các chất thuộc cùng một dãy đơng đẳng hơn kém nhau một hoặcnhiều nhóm CH2. Vì vậy có thể thêm vào hoặc bớt đi CH2 từ một chất hữu cơ bất kỳđể được một chất khác dãy đồng đẳng với nó. Dựa vào đó ta có thể quy đổi hỗn hợpphức tạp về các chất đơn giản hơn (thường là chất đầu dãy) kèm theo một lượngCH2 tương ứng.Khi sử dụng kỷ thuật này cần chú ý:- CH2 là thành phần khối lượng, vì vậy có có mặt trong các phương trình liên quantới khối lượng, phản ứng đốt cháy ( số mol O2, số mol CO2, số mol H2O),…- Tuy nhiên, CH2 không phải là một chất (nó chỉ là nhóm metylen –CH2-), nó khơngđược tính vào số mol hỗn hợp ( hoặc các dữ kiện khác liên quan đến tới số mol cácchất)+ Dựa trên cơ sở này ta có thể quy đổi 1 chất béo bất kỳ (hoặc hỗn hợp chất béo)về hỗn hợp đơn giản hơn thường là quy về : (HCOO)3C3H5 và nhóm CH2Kỷ thuật 2: Quy đổi dựa vào kỷ thuật thủy phân hóaXét phản ứng thủy phân chất béo:(RCOO)3C3H5 + 3 H2O → Axit + C3H5(OH)3→ Axit + C3H5(OH)3 - 3H2O=> (RCOO)3C3H5 Dựa vào cơ sở này ta có thể quy đổi 1 chất chất béo (hỗn hợp chất béo) về axit béo,glixerol và H2O trong đó n H O = 3 n glixerol2Kỷ thuật 3: Quy đổi dựa vào kỷ thuật hiđro hóaĐối với những bài tốn khơng biết rõ dãy đồng đẳng của các chất hữu cơ ban đầunói chung, chất béo nói riêng thì ta sử dụng kỷ thuật hiđro hóa.Xét phản ứng: (C17H33COO)3C3H5 + 3H2 → (C17H35COO)3C3H5→ (C17H35COO)3C3H5 - 3H2Chuyển vế ta có: (C17H33COO)3C3H5 Vì vậy ta có thể quy đổi chất béo không no thành chất béo no và một lượng H2tương ứng. Sau khi nắm vững được các kỷ thuật này chúng ta có thể quy đổi chất béo vềhỗn hợp các thành phần đơn giản hơn để xử lý bài toán một cách nhanh chóng.Có rất nhiều các cách quy đổi khác nhau ở đây tôi chỉ đưa ra cách quy đổi cơbản, đơn giản nhất, hay dùng nhất.Phương pháp quy đổi này có thể áp dụng cho nhiều bài tập chất béo phức tạpliên quan đến các phản ứng đốt cháy, thủy phân, phản ứng cộng.Trường hợp 1: Nếu đề bài chỉ cho một chất béo hoặc hỗn hợp chấtTrong trường hợp này ta sẽ quy chất béo (hoặc hỗn hợp chất béo) thành( HCOO) 3 C 3 H 5 : x(mol )CH 2 : y (mol )(trong đó x = ncb ; z chính là số mol chất béo cầnH 2 : − z (mol )cộng Br2 (H2) để trở thành hợp chất no)Ví dụ 1: ( Đề thi THPT Quốc Gia - 2019) Đốt cháy hoàn toàn 17,16 gamtriglixerit X, thu được H 2O và 1,1 mol CO2 . Cho 17,16 gam X tác dụng với dungdịch NaOH vừa đủ, thu được glixerol và m gam muối. Mặt khác, 17,16 gam X tácdụng được tối đa với 0,04 mol Br2 trong dung dịch. Giá trị của m làA. 18,28B. 18,48C. 16,12D. 17,72Hướng dẫn giải:( HCOO) 3 C 3 H 5 : x(mol )CH 2 : y (mol )Quy chất béo về :H 2 : −0,04(mol )( HCOO) 3 C 3 H 5 : x(mol )CH 2 : y (mol )17,16 gam{H 2 : −0,04(mol )Ta có hệ phương trình:+ O2 → CO2 ( 1,1 mol) + H2O6 x + y = 1,1176 x + 14 y − 0,04.2 = 17,17Giải hệ ta được x= 0,02 mol; y = 0,98 mol( HCOO) 3 C 3 H 5 : x(mol )HCOONa : 3x (mol )CH 2 : y (mol )CH 2 : y (mol )→+ NaOH H 2 : −0,04(mol )H 2 : −0,04( mol )+ C3H5(OH)3m muối = 3. 0,02. 68 + 0,98. 14 - 0,04. 2 = 17,72 gam => Đáp án D Ví dụ 2: Thủy phân hồn tồn a gam triglixerit X trong dung dịch NaOH, thu đượcglixerol và dung dịch chứa m gam hỗn hợp muối (gồm natri stearat; natri panmitatvà C17HyCOONa). Đốt cháy hoàn toàn a gam X cần 1,17 mol O2, thu được H2O và0,825 mol CO2. Giá trị m làA. 13,32.B. 17,72.C. 12,12.D. 12,90.Hướng dẫn giải:Quy đổi X thành :( HCOO) 3 C 3 H 5 : x(mol )CH 2 : 49 x(mol )H 2 : − y (mol )( Vì các gốc axit béo trong X có số nguyên tử C là C17 + C15 +C17 = 49 => số molnhóm CH2 = 49 lần số mol (HCOO)3C3H5 = 49x)( HCOO) 3 C 3 H 5 : x(mol )CH 2 : 49 x(mol )+ O2 ( 1,17 mol) → CO2 ( 0,825 mol) + H2OH 2 : − y (mol )=> 6x + 49x = 0,825 => x = 0,015 molBTNT (O): 6x + 1,17.2 = 0,825,2 + n H O => n H O = 0,78 mol.22BTNT(H) : 8x + 49.x.2 - 2y = 0,78.2 => y = 0,015 mol( HCOO) 3 C 3 H 5 : x(mol )HCOONa : 3x (mol )CH 2 : 49 x(mol )+ NaOH → CH 2 : 49 x(mol )H 2 : − y (mol )H 2 : − y (mol )+ C3H5(OH)3mmuối = 3.0,015.68 + 49.0,015.14 - 0,015.2 = 13,32 gam => Đáp án ATrường hợp 2: Nếu đề bài cho hỗn hợp ban đầu gồm các chất béo và các axitbéo tự doTrong trường hợp này ta sẽ quy chất béo (hoặc hỗn hợp chất béo) và các axit béotự do thành:HCOOH : x(mol )C 3 H 5 (OH ) 3 : y (mol )H 2 O : −3 y (mol )CH 2 : z ( mol )H 2 : −t (mol )HCOONa+ NaOH → muối { CH 2H2+ C3H5(OH)3 + H2OTrong đó: + n H O = 3 n glixerol2+ t chính là số mol chất béo cần cộng Br2 (H2) để trở thành hợp chất no. (Cách quy đổi này nên sử dụng trong trường hợp hỗn hợp axit béo ban đầu là no)HoặcRCOOH : x (mol )C 3 H 5 (OH ) 3 : y (mol ) (trong đó RCOOH là các axit béo có trong hỗn hợp)H 2 O : −3 y (mol )RCOOH : x(mol )C 3 H 5 (OH ) 3 : y (mol ) + NaOH → RCOONa + C3H5(OH)3 + H2OH 2 O : −3 y (mol )(Cách quy đổi này sử dụng cho trường hợp hỗn hợp axit béo có thể no hoặc khơngno và đề bài u cầu tính khối lượng triglixerit ban đầu)Ví dụ 1: (Đề thi thử chuyên Đại Học Vinh lần 1- 2020) Hỗn hợp X gồm axitpanmitic, axit stearic và triglixerit Y. Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần dùng vừa đủ7,675 mol O2, thu được H2O và 5,35 mol CO2. Mặt khác, m gam X tác dụng vừa đủvới 0,3 mol NaOH trong dung dịch, thu được glixerol và dung dịch chỉ chứa a gamhỗn hợp muối natri panmitat, natri stearat. Giá trị của a làA. 89,2.B. 89,0.C. 86,3.D. 86,2.Hướng dẫn giải:HCOOH : 0,3(mol )C 3 H 5 (OH ) 3 : x(mol )Cách 1: Quy hỗn hợp X thành: H O : −3x(mol )2CH 2 : y ( mol )Vì các axit no nên H2 = 0; nNaOH = 0,3 mol => nHCOOH = 0,3 mol- Xét phản ứng cháy:HCOOH : 0,3( mol )C 3 H 5 (OH ) 3 : x( mol )H 2 O : −3 x(mol )CH 2 : y (mol )+ O2 ( 7,675 mol) → CO2 ( 5,35 mol ) + H2OnCO2 = 5,35 (mol) => 0,3 + 3x + y = 5,35nO2 = 7,675 (mol) => 0,3.1/2 + x.7/2 + y.3/2 = 7,675 ( viết pt đốt cháy HCOOH,C3H5(OH)3,CH2 hoặc có thể dùng BTNT oxi)Giải hệ 2 phương trình trên ta được: x = 0,05 mol; y= 4,9 mol- Xét phản ứng thủy phân HCOOH : 0,3( mol )C 3 H 5 (OH ) 3 : x( mol )HCOONa→ muối+NaOHH 2 O : −3 x(mol )CH 2CH 2 : y (mol )+ C3H5(OH)3 + H2O=> mmuối = mHCOONa + mCH2 = 0,3.68 + 4,9.14 = 89 gam => Đáp án BCách 2: Quy X thành:C15 H 31COOH : x(mol )C17 H 35 COOH : y (mol )C 3 H 5 (OH ) 3 : z (mol )H 2 O : −3 z ( mol )+ O2 ( 7,675 mol) → CO2 ( 5,35 mol ) + H2OXét phản ứng thủy phân:C15 H 31COOH : x(mol )C17 H 35 COOH : y (mol )C15 H 31COONa+ NaOH →C 3 H 5 (OH ) 3 : z (mol )C17 H 35 COONaH 2 O : −3 z ( mol )x + y = 0,3Ta có hệ: 16 x + 18 y + 3z = 5,3523 x + 26 y + 3,5 z = 7,675+ C3H5(OH)3 + H2Ox = 0,1(mol )=> y = 0,2(mol )z = 0,05(mol )mmuối = m(C15H31COONa) + m(C17H35COONa) = 0,1.278 + 0,2. 306= 89 gamVí dụ 2: ( Đề thi thử chuyên Bến Tre lần 2 - 2020) Hỗn hợp X gồm axit oleic, axitstearic và một triglixerit. Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X cần vừa đủ 1,445mol O2 thu được 1,02 mol CO2. Mặt khác m gam hỗn hợp X làm mất màu vừa đủ6,4 gam brom trong CCl4. Nếu cho m gam hỗn hợp X phản ứng với dung dịchNaOH đun nóng (vừa đủ) thu được glixerol và dung dịch chứa 2 muối. Khối lượngcủa triglixerit có trong m gam hỗn hợp X gần nhất làA. 8,5B. 9,2Hướng dẫn giải:C17 H 33 COOH : 0,04(mol )C17 H 35 COOH : x(mol )Quy hỗn hợp X thành:C 3 H 5 (OH ) 3 : y ( mol )H 2 O : −3 y (mol )Vì n Br = 0,04 mol => nc2Xét phản ứng đốt cháy:17 H 33COOHC. 9,4= 0,04 molD. 8,9 C17 H 33 COOH : 0,04(mol )C17 H 35 COOH : x(mol )C 3 H 5 (OH ) 3 : y ( mol )H 2 O : −3 y (mol )Ta có hệ:→ CO2 ( 1,02 mol ) + H2O+ O2 ( 1,445 mol) 0,04.18 + 18 x + 3 y = 1,02x = 0,015=>0,04.25,5 + 26 x + 3,5 y = 1,445y = 0,01=> X gồm: C17H33COOH: 0,02 mol ; C17H35COOH: 0,005 mol(C17H33COO)2C3H5(OOCC17H35): 0,01 mol=> Khối lượng của triglixerrit: m = 0,01.886 = 8,86 gam => Đáp án DKinh nghiệm 6: Sử dụng kỷ thuật dồn chất.Đây là một kỷ thuật giúp chúng ta đưa các bài toán từ hỗn hợp phức tạp khó xửlý về hỗn hợp đơn giản dễ xử lý.Khi làm bài tập về chất béo ta gặp 2 dạng chính: hỗn hợp chất béo hoặc hỗn hợpchất béo và axit béo. Ở đây tôi sẽ trình bày cách dồn chất tổng quát ở 2 dạng này đểta có thể vận dụng giải tốn.Dạng 1: Nếu đề bài cho hỗn hợp chất béo- Nếu chất béo ban đầu là no ta dồn vềCOO : 3 x( mol )H 2 : x( mol )CH 2 : y (mol )(trong đó x là số mol chấtbéo, vì chất béo có 3 nhóm COO nên số mol nhóm COO là 3x. Sau khi nhấc nhómCOO thì phần hidrocacbon cịn lại là ankan, nhấc H2 ở ankan ra nên số mol H2 = sốmol chất béo = x)COO : x(mol )- Nếu chất béo có cả gốc axit béo no và không no ta dồn về: C : y (mol )H 2 : z (mol )Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn m gam một chất béo X cần 1,61 mol O2, sinh ra 1,14mol CO2 và 1,06 mol H2O. Mặt khác, cho 7,088 gam chất béo X tác dụng vừa đủ vớidung dịch NaOH thì khối lượng muối tạo thành là:A. 7,512 gam.Hướng dẫn giải:B. 7,612 gam.COO : x(mol )Dồn X về C : y (mol )H 2 : z (mol )C. 7,312 gam.D. 7,412 gam. Xét phản ứng đốt cháy:COO : x(mol )C : y ( mol )H 2 : z (mol )+ 1,61 mol O2 → 1,14 mol CO2 + 1,06 mol H2OBTNT (H): z = 1,06 mol ; BTNT( O): x= 0,06 mol ; BTNT (C): y = 1,08 mol=> mX = 0,06.44 + 1,08.12 + 1,06.2 = 17,72 gamKhi cho X + NaOH , do nCOO = 0,06 mol => nNaOH = 0,06 mol ; nglixerol = 0,02 molBTKT cho phản ứng thủy phân:mX + mNaOH = mmuối + mglixerol => mmuối = 17,72 + 0,06.40- 0,02.92=18,28 gamVậy 7,088 gam chất béo khi tác dụng với NaOH thì khối lượng muối thu được là:mmuối =7,088.18,28= 7,312 gam => Đáp án C17,72Ví dụ 2: Thủy phân hoàn toàn hỗn hợp E chứa hai triglixerit X và Y trong dungdịch NaOH (đun nóng, vừa đủ), thu được 3 muối C15H31COONa, C17H33COONa,C17H35COONa với tỉ lệ mol tương ứng 2,5 : 1,75 : 1 và 6,44 gam glixerol. Mặt khácđốt cháy hoàn toàn 47,488 gam E cần vừa đủ a mol khí O2. Giá trị của a làA. 4,254.B. 4,296.C. 4,100.D. 5,370.Hướng dẫn giải:→ C15H31COONa + C17H33COONa + C17H35COONa + C3H5(OH)3E + NaOH 5,25a2,5aBTNT (Na): nNaOH = 5,25a;1,75aa1,75aBT nhóm OH: nglixerol = 1,75a = 0,07 => a =0,04 molCOO : x(mol )Dồn E về C : y (mol )H 2 : z (mol )BT nhóm COO ta có: x= 2,5a + 1,75a +a = 5,25a = 0,21BTNT (C) ta có : y= 16.2,5a + 18.1,75a + 18.a + 3.1,75a- 5,25a =89,5a= 3,58BTNT(H): 2z= 2,5a.31+ 1,75a.33 + a.35 + 1,75a.8- 5,25a = 179a= 7,16 =>z= 3,58mE = 44.0,21 + 12.3,58 + 2.3,58=59,36 gam→ CO2Đốt E thì có 2 phản ứng: C + O2 nO2 = nC +1n H = 3,58 + 1/2.3,58=5,37 mol2 2→ H2OH2 + 1/2O2  Vậy khi đốt 47,488 gam E thì cần số mol O2 là: nO =247,488.5,37= 4,296(mol )59,36=> Đáp án BDạng 2: Nếu đề bài cho hỗn hợp chất béo và axit béoTa dồn hỗn hợp ban đầu về:RCOOHC3 H 2Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm axit oleic, axit stearic và một triglixerit. Đốt cháy hoàntoàn m gam hỗn hợp X thu được 2,25 mol CO2 và 2,15 mol H2O. Mặt khác m gamhỗn hợp X phản ứng vừa đủ với 0,12 mol NaOH trong dung dịch thu được glixerolvà dung dịch chỉ chứa a gam hỗn hợp muối natrioleat và natristearat. Giá trị của a làA. 36,76B. 37,25C. 36,64D. 37,53Hướng dẫn giải:C17 H 33 COOH : x (mol )Dồn hỗn hợp X về C17 H 35 COOH : y (mol )C 3 H 2 : z ( mol )x + y = 0,12Ta có hệ: 18 x + 18 y + 3z = 2,2517 x + 18 y + z = 2,15x = 0,04(mol )=> y = 0,08(mol )z = 0,03(mol )mmuối = mC17 H 33COONa + mC17 H 35COONa = 0,04.304+ 0,08.306 = 36,64 gam =>Đáp án CVí dụ 2: Đun nóng m gam hỗn hợp E chứa triglixerit X và các axit béo tự do với200 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ), thu được glixerol và hỗn hợp Y chứa cácmuối có cơng thức chung C17HyCOONa. Đốt cháy 0,07 mol E thu được 1,845 molCO2. Mặt khác, m gam E tác dụng vừa đủ với 0,1 mol Br2. Biết các phản ứng xảy rahoàn toàn. Giá trị của m làA. 57,74.B. 59,07.C. 55,76.D. 31,77.Ví dụ này ta đã giải bằng cách vận dụng định luật bảo toàn nguyên tố và độ bất bãohòa, trong phần phương pháp này tơi lấy lại ví dụ để thấy được cách dồn chất làmcho bài toán giải trở nên dễ dàng hơn.Hướng dẫn giải:Vì E + 0,1 mol Br2 -> hợp chất no nên E + 0,1 mol H2 → E’ ( no) Dồn (m+ 0,1.2)g E’ vền E , = ncb + naxa + 0,2 − 3aC17 H 35 COOH : 0,2(mol )C17 H 35 COOH : 0,2k ( mol )’=>0,07molEC 3 H 2 : a (mol )C 3 H 2 : ka(mol )= ka + 0,2k-3ka = 0,07;nCO2 = 0,2k.18 + ka.3 = 1,8450,07=> 0,2.18 + 3a = 1,845 => a = 0,03 => m + 0,2 = 0,2.284 + 0,03.38 => m= 57,74 (A)Bài tập vận dụng:Câu1: ( Chuyên Thái Nguyên lần 1-2019) Đốt cháy hoàn toàn a gam triglixerit Xcần vừa đủ 4,83 mol O2 , thu được 3,42 mol CO2 và 3,18 mol H2O. Mặt khác, cho agam X phản ứng vừa đủ với dung dịch NaOH thu được b gam muối. Giá trị của b làA. 57,12B. 53,16C. 54,84D.60,36Câu2: ( Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An lần 1- 2019) Thủy phân hồn tồntriglixerit X trong mơi trường axit thu được glixerol, axit stearic và axit oleic. Đốtcháy hoàn toàn m gam X cần 51,52 gam O2 thu được 50,16 gam CO2. Mặt khác, mgam X tác dụng được tối đa với V ml dung dịch Br2 0,5M. Giá trị V làA.80B. 200C. 160D. 120Câu 3: Xà phòng hố hồn tồn m gam triglixerit X cần dùng 0,03 mol NaOH, thuđược glixerol, a mol natri pamitat và 2a mol muối Y. Đốt cháy hoàn toàn m gam Xcần vừa đủ 0,765 mol O2, thu được H2O và 0,55 mol CO2. Phân tử khối của Y làA. 302.B. 304.C. 306.D. 300.Câu 4: ( Chuyên Hùng Vương- Phú Thọ -2020) Thủy phân hoàn toàn mộttriglyxerit X trong dung dịch NaOH dư, đun nóng, thu được glyxerol và m gam hỗnhợp hai muối gồm natri oleat (C17H33COONa) và natri linoleate (C17H31COONa).Đốt cháy hoàn ton m gam X cần vừa đủ 2,385 mol O2, sinh ra 1,71 mol CO2. Cho0,1 mol X tác dụng tối đa với bao nhiêu mol Br2?A. 0,4B. 0,12C. 0,5D. 0,15Câu 5: (THPT Hồng Lĩnh - HT- 2020) Hiđro hóa hồn tồn 85,8 gam chất béo Xcần dùng 0,2 mol H2 (xúc tác Ni, đun nóng) thu được chất béo no Y. Đun nóng tồnbộ Y cần dùng 300 ml dung dịch NaOH 1M. Nếu đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol Y cầndùng a mol O2. Giá trị của a làA. 7,75B. 7,50C. 8,25D. 7,85 Câu 6: Hỗn hợp E gồm các axit béo và triglixerit. Đốt cháy hoàn toàn m1 gam Etrong O2 thu được 0,39 mol CO2 và 0,38 mol H2O. Cho m1 gam E tác dụng vừa đủvới 22,5 ml dung dịch NaOH 1M, thu được dung dịch G. Cô cạn G, thu được m2gam hỗn hợp muối C15H31COONa và C17H35COONa. Giá trị của m2 gần nhất vớigiá trị nào sau đây?A. 6,8.B. 6,4.C. 6,6.D. 7,0.Câu 7: ( Đề thi THPT Quốc Gia - 2018) Hỗn hợp X gồm axit panmitic, axitstearic và triglixerit Y. Đốt cháy hoàn toàn m gam X thu được 1,56 mol CO2 và 1,52mol H 2O . Mặt khác, m gam X tác dụng vừa đủ với 0,09 mol NaOH trong dung dịch,thu được glixerol và dung dịch chỉ chứa a gam hỗn hợp muối natri panmitat, natristearat. Giá trị của a làA. 25,86B. 26,40C. 27,70D. 27,30Câu 8: Đốt cháy hoàn toàn 17,64 gam một triglixerit X bằng O2 dư thu được 25,536lít CO2(đktc) và 18,36 gam H2O. Mặt khác, thủy phân hoàn toàn 0,01 mol X bằngdung dịch NaOH vừa đủ thu được 3,06 gam natri stearat và m gam muối natri củamột axit béo Y. Giá trị của m làA. 3,06B. 6,12C. 5,56D. 6,04Câu 9: (Đề minh họa 2021) Xà phịng hóa hồn tồn m gam hỗn hợp E gồm cáctriglixerit bằng dung dịch NaOH, thu được glixerol và hỗn hợp X gồm ba muốiC17HxCOONa, C15H31COONa, C17HyCOONa với tỉ lệ mol tương ứng là 3 : 4 : 5.Mặt khác, hiđro hóa hồn tồn m gam E thu được 68,96 gam hỗn hợp Y. Nếu đốtcháy hoàn toàn m gam E cần vừa đủ 6,09 mol O2. Giá trị của m làA. 60,32.B. 60,84.C. 68,20.D. 68,36.Câu 10: Hỗn hợp E gồm các axit béo và triglixerit. Đốt cháy hoàn toàn m1 gam Etrong O2 thu được 0,39 mol CO2 và 0,38 mol H2O. Cho m1 gam E tác dụng vừa đủvới 22,5 ml dung dịch NaOH 1M, thu được dung dịch G. Cô cạn G, thu được m2gam hỗn hợp muối C15H31COONa và C17H35COONa. Giá trị của m2 gần nhất vớigiá trị nào sau đây?A. 6,8.B. 6,4.C. 6,6.D. 7,0.Câu 11. Hiđro hóa hồn tồn m gam hỗn hợp X gồm các triglixerit cần dùng 0,1 mol H2 (xúc tác Ni, t°), thu được hỗn hợp Y gồm các triglixerit. Thủyphân hoàn toàn Y trong dung dịch NaOH, thu được glixerol và a gam muối.Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam X cần dùng 3,725 mol O2, thu được H2Ovà 2,65 mol CO2. Giá trị của a làA. 40,84.B. 42,16.C. 44,20.D. 43,10.Câu 12: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X chứa tripanmitin, triolein, axitstearic, axit panmitic (trong đó số mol các chất béo bằng nhau). Sau phản ứng thuđược 83,776 lít CO 2 (đktc) và 57,24 gam nước. Mặt khác, đun nóng m gam X vớidung dịch NaOH (dư) đến khi các phản ứng hồn tồn thì thu được a gamglixerol. Giá trị của a làA. 51,52.B. 13,80.C. 12,88.D. 14,72.Đáp án bài tập vận dụngCâu1234567ĐACAA ADB A2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm.8D9C10B11D12D2.4. 1. Đối với học sinhNăm học 2019 – 2020 tôi giảng dạy lớp 12G, 12E là các lớp khối A. Ban đầukhi gặp bài tập vận dụng, vận dụng cao của dạng này đa phần các e đều nản vàthường bỏ qua. Bởi vậy tôi đã nghiên cứu đề tài này và đã áp dụng vào thực tế giảngdạy của mình. Tơi đã hướng dẫn tỷ mỹ cho học sinh từng dạng từ lý thuyết đến tínhtốn cụ thể, giúp học sinh cách nhận dạng bài toán để áp dụng. Từ đó có thể làmnhững bài tốn tổng hợp và kết hợp nhiều cách tính nhanh trong một bài tốn. Vìvậy các em khơng cịn “sợ” khi gặp bài tập dạng này.Sau khi hướng dẫn cho các e học sinh làm và luyện dạng bài tập dạng này. Tôiđã tiến hành kiểm tra và đây là kết quả bài kiểm tra của hai lớp 12G, 12E trườngTHPT Thiệu Hóa+ Trước khi áp dụng đề tài:LớpSĩGiỏiKháTrung bìnhĐiểm 9, 10Điểm 7, 8Điểm 5, 6SL Tỉ lệ % SL Tỉ lệ % SL Tỉ lệ %12G 44 49,11534,11943,2sốYếuKémĐiểm 3, 4Điểm 0, 1, 2SL Tỉ lệ % SL Tỉ lệ %613,600,00 12E 42 1 2,3812+ Sau khi áp dụng đề tài:LớpSĩGiỏi28,57Khá2047,62Trung bìnhĐiểm 9, 10Điểm 7, 8Điểm 5, 6SL Tỉ lệ % SL Tỉ lệ % SL Tỉ lệ %12G 44 12 27,27 18 40,91 10 22,7312E 42 42,3817 35,71 16 45,242.4.2. Đối với giáo viênsố921,43Yếu00,00KémĐiểm 3, 4Điểm 0, 1, 2SL Tỉ lệ % SL Tỉ lệ %49,0900,00516,6700,00- Giáo viên hệ thống được phương pháp giải các dạng bài tập về chất béo từđó có phương pháp hướng dẫn học sinh làm bài tập dạng này phát huy được tính tíchcực, chủ động, sáng tạo của học sinh.- Đối với bản thân tơi qua q trình tìm hiểu, nghiên cứu tài liệu để viết sángkiến đã tích lũy thêm vốn kiến thức và thêm một số kinh nghiệm trong giảng dạy. Từđó nâng cao trình độ chun mơn nghiệp vụ sư phạm của mình.3. KẾT KUẬN, KIẾN NGHỊ3.1. Kết luận.Đề thi THPT quốc gia những năm gần đây thường có một câu chất béo, bàitập dạng này thường thuộc loại vận dụng và vận dụng cao, nội dung khó. Vì vậynghiên cứu các cách giải nhanh có ý nghĩa rất lớn. Nó giúp học sinh tìm ra cách giảinhanh nhất, rút ngắn thời gian làm bài, giúp các em đạt được kết quả cao trong họctập và trong kỳ thi quốc gia.Trên đây là một số kinh nghiệm mà tôi rút ra đươc khi nghiên cứu các đề thithử đại học, đề thi quốc gia tôi hay gặp. Tôi sẽ tiếp tục nghiên cứu và mở rộng đề tàinày ở các năm học tiếp theo.Những kinh nghiệm mà tôi đưa ra cũng chỉ là một trong những kinh nghiệmnhỏ bé trong vô vàn kinh nghiệm được đúc kết qua sách vở, cũng như của các thầygiáo, cô giáo cùng các bạn đồng nghiệp. Vì vậy, bản thân tơi rất mong được sự gópý, xây dựng của q thầy giáo, cơ giáo, cùng các bạn đồng nghiệp để đề tài đượchoàn thiện hơn nhằm giúp tơi từng bước hồn thiện phương pháp giảng dạy củamình. Từ đó, bản thân tơi có điều kiện cống hiến nhiều hơn nữa cho sự nghiệp giáodục.Tôi xin chân thành cảm ơn ! 3.2. Kiến nghị.3.2.1. Đối với nhà trường:Nhà trường cần quan tâm hơn nữa về việc trang bị thêm sách tham khảo về bàitập chất béo để học sinh có thể nghiên cứu, tìm tịi các phương pháp nhanh để giảitránh bỡ ngỡ khi gặp dạng bài tập này cũng như giảm được thời gian làm bài.3.2.2. Đối với Sở GD&ĐT:Những sáng kiến có chất lượng cần được giới thiệu phổ biến đến các trườngTHPT để cùng nhau trao đổi và áp dụng thực tế.XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh hóa, ngày 15 tháng 5 năm 2021ĐƠN VỊTôi xin cam đoan đây là SKKN củamình viết, khơng sao chép nội dung củangười khác.Người viếtTrần Thị TiếnTÀI LIỆU THAM KHẢO[1]: Sách giáo khoa hóa học 12 cơ bản và nâng cao -NXB GD năm 2008.[2]: Internet/Google/violet.[3]: Đề mimh họa THPT quốc gia 2017.[4]: Đề mimh họa THPT quốc gia 2018.[5]: Đề mimh họa THPT quốc gia 2019[6]: Đề mimh họa THPT quốc gia 2020[7]: Đề mimh họa THPT quốc gia 2021[8]: Đề thi THPT quốc gia 2018[9]: Đề thi THPT quốc gia 2019