Phương pháp cực trị qua một bài toán bậc THCS

PHƯƠNG PHÁP CỰC TRỊ QUA MỘT BÀI TOÁN CẤP TRUNG HỌC CƠ SỞNguyễn Đình Hành- THCS Chu Văn An, Đăk Pơ, Gia Lai Ngô Võ Thạnh, Nguyễn Hữu Thọ - Trường CĐSP Gia Lai I- Đề bài Hòa tan hết 16,2

PHƯƠNG PHÁP CỰC TRỊ QUA MỘT BÀI TOÁN CẤP TRUNG HỌC CƠ SỞ

Nguyễn Đình Hành- THCS Chu Văn An, Đăk Pơ, Gia Lai Ngô Võ Thạnh, Nguyễn Hữu Thọ - Trường CĐSP Gia Lai

I- Đề bài

Hòa tan hết 16,2 gam hỗn hợp gồm một kim loại kiềm A và oxit của nó vào nước, thu được

dung dịch B và giải phóng V (lít) khí H2 (đktc) Để trung hòa hết 1

dung dịch H2SO4 0,15M và kết thúc thí nghiệm thu được dung dịch C.

a Xác định kim loại kiềm A và tính V.

b Tính khối lượng rắn khan thu được sau khi cô cạn dung dịch C.

c Tính khối lượng mỗi chất có trong 16,2 gam hỗn hợp đầu

II- Nhận xét đề bài

Nhìn vào số lượng các dữ kiện đề cho và các đại lượng cần tìm, ta có thể khẳng định bài tập này có thể giải được nhiều cách nhưng không thể thoát khỏi phương pháp cực trị

Nguyên tắc giải bài toán là dựa vào cực trị về số mol (hoặc khối lượng) để xác định cực trị về khối lượng mol của nguyên tố Mmin< M < Mmax

III- Đề xuất một số cách giải

*Cách 1 Phương pháp đại số + Phương pháp cực trị (min, max) theo số mol

a Tính nH SO2 4= 0,03 (mol)

Gọi x, y lần lượt là số mol của A và A2O

x → x 0,5x

A2O + H2O →2AOH

y → 2y

2AOH + H2SO4→ A2SO4 + 2H2O

0,06 0,03 0,03

x 2y 0,6





 × + × = ×



y

16

Vì : 0 < y < 0,3 nên ⇒ 0 < 16, 2 0,6 MA

16

< 0,3 ⇒ 19 < M < 27 => A M = 23 (Na)A

Thay M = 23 vào (3) được y = 0,15 => x = 0,3 ; V = 0,5A ×0,3×22,4 = 3,36 lít.

x 2y 0,6



 + =

b Rắn khan thu được là mNa SO2 4 =0,03 142× =4,26 gam

c mNa =0,3×23 = 6,9 gam; mNa O2 =16, 2 6,9− =9,3 gam

*Cách 2 Phương pháp trị số trung bình hệ số chuyển khối + Tăng giảm khối lượng + Bảo toàn khối lượng

a Đặt

(bz)

hh OH

×

A + H2O →AOH + ½ H2↑ {T1 = MA}

x → x 0,5x

A2O + H2O →2AOH {T2 = MA+8}

y → 2y

2AOH + H2SO4→ A2SO4 + 2H2O

0,06 0,03 0,03

Theo đề ta có:

(bz)

hh OH

×

Vì T1 < T < T2 nên ⇒ M < 27 < A M + 8 A ⇔ 19 <M < 27 A ⇒ M = 23 (Na)A

BTKL ⇒ 16y = 16,2 – 0,6×23 ⇒ y = 0,15; x = 0,3.

V = 0,5×0,3×22,4 = 3,36 lít

10 − ×10 + =4,26 gam.

c mNa =0,3×23 = 6,9 gam; mNa O2 =16, 2 6,9− = 9,3 gam.

*Cách 3 Phương pháp BTKL + Phương pháp cực trị theo số mol

A2O + H2O → 2AOH

A + H2O → AOH + ½ H2↑

2AOH + H2SO4→ A2SO4 + 2H2O

0,06 ← 0,03 0,03

Ta có : nAOH (B) =10.0,06 = 0,6 mol

Gọi a là số mol H2O phản ứng

Bảo toàn mol H ta có số mol H2 = 2a 0,6

2

−

= (a – 0,3) (mol)

BT khối lượng ta có: 16,2 + 18a = 0,6.(M + 17) + (a - 0,3).2 A

⇒ 0,6M = 16a + 6,6 A ⇒ M = A 16a 6, 6

0,6

+

(1)

1

Thay (2) vào (1) ⇒ 19 < M < 27 A ⇒ M = 23 (Na)A

Từ đây, giải tiếp.

*Cách 4 Phương pháp giả định + Phương pháp cực trị theo số mol

Đặt CTTB của hỗn hợp A, A2O là A2Ox (x là chỉ số trung bình của oxi trong hỗn hợp: 0 < x < 1)

A2Ox + (2-x)H2O → 2AOH + (1 x)− H2↑ (I)

2AOH + H2SO4→ A2SO4 + 2H2O (II)

0,06 ← 0,03 0,03

Ta có: nA O2 x= ½ nAOH (B) =10.0,06

A O2 x

8

−

Vì 0 < x < 1 nên ⇒ 0 < 27 MA

8

−

< 1 ⇒ 19 < M < 27 A ⇒ M = 23 (Na)A

Thay M = 23 vào (1) được x = 0,5 A

Theo pt pư (I) ta có: nH2 1 0,5 nOH

2

−

V = 0,15.22,4 = 3,36 lít ( hoặc BTKL tính được số mol H 2)

Gọi a, b lần lượt là số mol Na2O và Na

62a 23b 16, 2

+ =



Từ đây, giải tiếp.

*Cách 5 Phương pháp cực trị theo số mol + Phương pháp phân tích hệ số + BTKL

Viết đầy đủ 3 PTHH như cách 3

nng.toáA(hh đầu) = nAOH(B) =10.0,06 = 0,6 mol

Gọi x là số mol oxi trong hỗn hợp đầu

Theo đề ta có: 0,6M + 16x = 16,2 A ⇒ x = 16, 2 0,6MA

16

−

(1)

Ta thấy 0 < nO(hh đầu) < ½ ∑nA ⇔ 0 <n < 0,3 (2)O

Từ (1),(2) ⇒ 0 < 16, 2 0,6MA

16

−

< 0,3 ⇒ 19 <M < 27 A ⇒ M = 23 (Na)A

Từ đây, giải tiếp.

*Cách 6 Phương pháp quy đổi + Phương pháp trung bình.

Quy đổi A2O thành AO0,5

AO0,5 + ½ H2O → AOH (1)

A + H2O → AOH + ½ H2↑ (2)

2AOH + H2SO4→ A2SO4 + 2H2O (3)

0,06 0,03 0,03

hh

n (gt) = nOH (B) = 0,06.10 = 0,6 (mol)

Mhh = 16, 2 27

0,6 = ⇒M < 27 < A M + 8 A ⇔ 19 < M < 27 A ⇒ M = 23 (Na)A

2 chất trong hỗn hợp đầu là Na, Na2O

BTKL ta có: nNa O2 =nO= 16, 2 0,6.23

16

0,15 (mol)

mNa O2 =0,15.62 = 9,3 gam; mNa =16, 2 9,3− = 6,9 gam

Theo pư (3): nH2= ½ A

1

2

Cô cạn dung dịch C chỉ thu được 1 chất rắn là Na2SO4

mNa SO2 4= 0,03.142 = 4,26 gam

*Cách 7 Phương pháp thêm giả thiết phụ + Phương pháp cực trị theo số mol

Đặt

2

A

A O :







: x(mol)

y(mol)

Giả sử đốt hỗn hợp A, A2O bằng oxi để được 1 chất duy nhất là A2O

2A + ½ O2

0

t

→ A2O

x → 0,25x (mol)

mA O2 (gt) = (16,2 + 8x) gam

A2O + H2O → 2AOH

2AOH + H2SO4→ A2SO4 + 2H2O

0,06 0,03 0,03 (mol)

Theo pt pư: nA O2 (gt) = AOH (B)

1 n

Ta có: 0,3.(2.M +16) = 16,2 + 8x A ⇒ x = 0,6.MA-11,4

8

0<0,6. -11,4 <0,6

Na

Na

Khí H2 sinh ra từ phản ứng của Na với nước

Na + H2O → NaOH + ½ H2↑

0,3→ 0,15 (mol)

V = 0,15.22,4 = 3,36 lít

Na SO2 4

m (rắn khan) = 0,03.142 = 4,26 gam

*Cách 8 Phương pháp bảo toàn mol nguyên tố + BTKL + Phương pháp cực trị theo số mol

A2O + H2O → 2AOH (1)

A + H2O → AOH + ½ H2↑ (2)

2AOH + H2SO4→ A2SO4 + 2H2O (3)

0,06 ← 0,03 0,03

Từ (1),(2) ta có sơ đồ:

[A, A2O] + H2O →AOH + H2↑

16,2g (x + 0,3) 0,6 x (mol)

Bảo toàn khối lượng ta có: 16,2 + 18.(x + 0,3) = 0,6.(M + 17) + 2x A

16

−

(*) Theo (2): nA =2nH2= 2x (mol)

Vì 2x < 0,6 ⇒ 0 < x < 0,3 (**)

Từ (*) và (**) ta có: 0 < MA

16

−

< 0,3 ⇒ 19 <M < 27 A ⇒ M = 23 (Na)A

V = 0,15 22, 4× = 3,36 lít

Na

Na SO2 4

m (cô cạn C) = 0,03.142 = 4,26 gam

*Cách 9 Phương pháp cực trị theo khối lượng

A2O + H2O → 2AOH (1)

A + H2O → AOH + ½ H2↑ (2)

2AOH + H2SO4→ A2SO4 + 2H2O (3)

0,06 ← 0,03 0,03 (mol)

Theo (1): nO(trong A2O) = ½ nOH (1) ⇒ nO(trong A2O) < ½ ∑nOH = 0,6

2 = 0,3 (mol).

Khối lượng nguyên tố A trong hỗn hợp: m nguyeân toáA > 16,2 – 16.0,3 = 11,4 gam

Vì 11,4 < m nguyeân toáA< 26,2 nên ⇒ 11, 4 19

0, 6 = < M < A 26, 2 27

Từ đây, giải tiếp.

*Cách 10 Phương pháp giả thiết tạm

Giả thiết 1: Giả sử số mol A2O rất nhỏ, coi như hỗn hợp chỉ có A

A + H2O → AOH + ½ H2↑

2AOH + H2SO4→ A2SO4 + 2H2O

0,06 ← 0,03 0,03 (mol)

n (gt) nA = OH= 10.0,06 = 0,6 (mol) ⇒ M = A 16, 2

Giả thiết 2: Giả sử số mol A rất nhỏ, coi như hỗn hợp chỉ có A2O

A2O + H2O → 2ẠOH

nA O2 (gt) 1nOH

2

2

10*0,06

= 0,3 (mol) ⇒ MA O2 = 16, 2

Thực tế hỗn hợp có cả A và A2O nên từ (1),(2) ⇒ 19 < M < 27 A ⇒ M = 23 (Na)A

Vậy hỗn hợp đầu gồm

2

Na O :







y(mol)





x + 2y= 0,6

mNa O2 =0,15.62 = 9,3 gam; mNa =16,2 – 9,3 = 6,9 gam

nH2 1nNa

2

= = 0,3 0,15

mNa SO2 4= 0,03.142 = 4,26 gam

*Cách 11 Phương pháp đường chéo

A2O + H2O → 2AOH (1)

A + H2O → AOH + ½ H2↑ (2)

2AOH + H2SO4→ A2SO4 + 2H2O (3)

0,06 ← 0,03 0,03

A

n (nguyên tố) = nAOH(B) = 10.0,06 = 0,6 (mol)

A

27

Áp dụng quy tắc đường chéo ta có:

2

A A

27 M 2n

−

=

− (1)

Theo t/c của trị số trung bình ⇒ 19 <M < 27 A ⇒ M = 23 (Na)A

2

−

=

− =1 ⇒ n2 = 0,6 0,3

V = 0,3 22, 4

Na

Na SO2 4

m (cô cạn C) = 0,03.142 = 4,26 gam

*Cách 12 Phương pháp trung bình + Quy tắc đường chéo

Đặt CTTB của hỗn hợp

2

A

A O





 là: AxOy {điều kiện:

y

x

< < }

AxOy + (x-y)H2O → xAOH + (0,5x – y)H2↑

0,6

x 0,6 (mol)

Ta có: 0,6(

x x.M + 16y) = 16,2 A ⇒ 16y = x(27 - M ) A ⇔ y

16

−

(1)

Vậy: 0 <27 MA

16

−

< 0,5 ⇒ 19 < M < 27 = > A M = 23 (Na)A Thay M = 23 vào (1) được A y

x = 0,25 (đặt T )

0,25

Từ đây, giải tiếp

*Cách 13 Phương pháp quy đổi hỗn hợp về các đơn chất

Giả sử hỗn hợp chỉ có A và O2 (Xem A2O là do A tác dụng với O2 tạo ra)

0,6 → 0,3

0,06 ← 0,03 0,03

Vì thu được V lít H2 nên sau (2) H2 phải còn dư => 0,3 > 2y

2

0,3

2

A y

A x mol

x

y

<



−



=> 19 < M < 27 => A M = 23 (Na)A

Từ đây, giải tiếp

Ngoài các cách giải đã nêu, chắc chắn bài toán trên còn những cách giải khác

IV- Kết luận

Giải bài toán hóa học theo nhiều cách là một nghệ thuật, mỗi cách giải bài tập như một sắc màu riêng tạo nên một bức tranh đẹp, làm tăng tính hấp dẫn cho bộ môn Hóa học Tuy nhiên mọi cách giải khác nhau đều phải được định vị trước về cái đích cần phải tới Những cách giải bài tập hoá học mà giáo viên chúng ta giới thiệu cho học sinh phải đảm bảo tính khoa học, đúng bản chất hóa học, đảm bảo tính chính xác và có độ bền vững (có thể giải được nhiều bài tương tự, chứ không phải “ăn may”)

2