Thiết lập các hàm số bậc nhất để giải một số bài toán hóa học nâng cao

Từ những kinh nghiệm tích lũy được, trong năm học này tôi chọn đề tài:” THIẾT LẬP CÁC HÀM SỐ BẬC NHẤT ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÓA HỌC NÂNG CAO ” làm đề tài sáng kiến kinh nghiệm của mình

A MỞ ĐẦU

1 Lí do chọn đề tài

Trong dạy học môn Hóa học, bên cạnh việc nắm vững lý thuyết, bài tập hóa học là một yêu cầu tất yếu nhằm giúp học sinh củng cố kiến thức, rèn luyện kỹ năng phân tích, tổng hợp, khái quát và vận dụng linh hoạt, khả năng tư duy sáng tạo, tự lập giải quyết vấn đề Việc tìm ra một phương pháp giải bài tập nhanh, độc đáo sẽ gây được hứng thú học tập, kích thích trí tò mò tìm hiểu của học sinh, đặc biệt là những phương pháp có tính trực quan, vận dụng những kiến thức liên môn đơn giản sẽ giúp học sinh

có hững thú hơn đối với môn học

Qua những năm giảng dạy tôi nhận thấy rằng, khi giải bài tập hóa học, học sinh thường gặp những khó khăn trong việc phân tích đề bài, xác định dạng bài và những kiến thức lý thuyết có liên quan đến bài toán, dẫn đến cách giải thường dài dòng, thậm chí không giải được Điều này là do học sinh còn chưa hiểu được bản chất của hiện tượng hóa học có liên quan đến bài toán Việc mô tả những hiện tượng hóa học đó bằng những hình ảnh trực quan sẽ giúp học sinh dễ hiểu hơn Nhận thấy khảo sát hàm

số bậc nhất là bài toán thường gặp và dễ làm của môn Toán học đối với nhiều học sinh và có tính trực quan Vì vậy, trong năm học 2014 – 2015 tôi đã thực hiện một đề tài:” Sử dụng phương pháp khảo sát hàm số bậc nhất để giải một số bài toán Hóa học

vô cơ ” hay có thể gọi là bài toán đồ thị Trong bài toán này, với một biến số x chỉ có

một kết tủa tạo thành Những năm gần đây, đề thi THPT Quốc gia luôn có một câu về bài toán đồ thị, nên việc ôn tập cho học sinh chuyên đề này là yêu cầu cần thiết Tôi muốn phát triển bài toán ở mức độ vận dụng cao hơn, phức tạp hơn như là với cùng biến số x có hai kết tủa tạo thành Từ những kinh nghiệm tích lũy được, trong năm học này tôi chọn đề tài:” THIẾT LẬP CÁC HÀM SỐ BẬC NHẤT ĐỂ GIẢI MỘT

SỐ BÀI TOÁN HÓA HỌC NÂNG CAO ” làm đề tài sáng kiến kinh nghiệm của mình Và vì có tính nối tiếp như vậy, nên trong đề tài này tôi có sử dụng một số công thức tính nhanh đã được thiết lập ở đề tài trước mà không đi thiết lập lại nữa

2 Mục đích nghiên cứu

Dựa vào bản chất hóa học và mối quan hệ phụ thuộc của sản phẩm là khối lượng

chất kết tủa vào chất phản ứng, thiết lập các hàm số bậc nhất, rồi mô tả hiện tượng hóa học của bài toán bằng đồ thị hàm số đó Sau đó khảo sát đồ thị giải nhanh bài toán

3 Đối tượng nghiên cứu

- Bài toán về Ba(OH)2 tác dụng với dung dịch Al2(SO4)3 Từ đó mở rộng cho bài toán dung dịch là hỗn hợp các chất

4 Phương pháp nghiên cứu

* Nghiên cứu lí luận : Nghiên cứu về mối quan hệ phụ thuộc của sản phẩm

vào chất phản ứng của một số bài toán vô cơ bằng hàm số bậc nhất

* Phương pháp điều tra: Tìm hiểu thực tế dạy và học nội dung kiến thức đã

nêu trong mục 3 Phân tích kết quả học tập và ý kiến của học sinh

5 Đóng góp của đề tài

Thiết lập mối quan hệ giữa khối lượng sản phẩm gồm hai kết tủa: BaSO4 và Al(OH)3 với số mol chất phản ứng Ba(OH)2 bằng hàm số bậc nhất để giải nhanh bài toán có liên quan

B NỘI DUNG ĐỀ TÀI

1 Bài toán cơ sở: Nhỏ từ từ đến dư dung dịch Ba(OH)2 x mol vào dung dịch X chứa a mol Al2(SO4)3 Mối quan hệ giữa khối lượng kết tủa thu được và số mol Ba(OH)2 thêm vào được biểu diễn trên đồ thị sau:

PTHH: Ba2+ + SO42-  BaSO4 (1)

Al3+ + 3OH-  Al(OH)3 (2)

Al(OH)3+ OH-  Al(OH)4- (3)

BaSO4 đạt max tại điểm có hoành độ x =n Ba 2   n SO 2   3a(điểm A).

 nBaSO max4  n SO 2   3a(mol)  mBaSO4 max= 233.3a = 699a (gam)

O

m kết tủa

tửa

x

2

Ba(OH)

n

855a

699a

A

Al(OH)3 đạt max khin OH   3n Al 3   3.2a  6a Tức là tại hoành độ x = n OH 6a

3a



(điểm A) Như vậy hai kết tủa BaSO4 và Al(OH)3 đạt max cùng một lúc

3 3

Al(OH) max Al

3

Al(OH) max

Điểm B là điểm Al(OH)3 tan vừa hết nên n OH   4n Al 3  Suy ra 2x =4.2a x = 4a là hoành độ điểm B

Khảo sát đồ thị thu được kết quả như sau:

Đoạn OA: Cả 2 kết tủa tạo thành

4

n  n   x(mol); 3 OH

Al(OH)



Suy ra: m kết tủa = BaSO4 Al(OH)3

2x

3

Ta thiết lập được hàm số: y = 285x (hàm số A)

Đoạn AB: kết tủa Al(OH)3 tan một phần

3

n  4n   n   4.2a 2x  Suy ra: m kết tủa = m BaSO max 4  m Al(OH) 3  699a  78(4.2a 2x)   156 x 1323a 

Ta thiết lập được hàm số: y = -156x + 1323a (hàm số B).

Đoạn Bx: kết tủa Al(OH)3 tan hết

Ta có: m kết tủa = m BaSO 4 max= 699a Ta thiết lập được hàm số y = 699a (hàm số C)

Bài toán minh họa

Al2(SO4)3 C mol/l Mối quan hệ giữa khối lượng kết tủa thu được và số mol Ba(OH)2

thêm vào được biểu diễn trên đồ thị sau:

a Tính giá trị của C.

b Tính hoành độ x1 trên đồ thị

c Mặt khác, nếu cho 100 ml dung dịch hỗn hợp Ba(OH)2 0,2M vào 100 ml dung dịch X thì khối lượng kết tủa thu được bằng bao nhiêu gam?

d Mặt khác, nếu cho 100 ml dung dịch hỗn hợp Ba(OH)2 0,2M và NaOH 0,3M vào

100 ml dung dịch X thì thu được m gam kết tủa Tính giá trị của m

Giải

a Do: B là một điểm thuộc đồ thị hàm số (C) y = 699a = 6,99  a = 0,01 mol =

2 4 3

Al (SO )

n

Vậy C = 0, 01 0,1(mol / l)

b B cũng là một điểm thuộc đồ thị hàm số (B): y = -156x + 1323a

với y = 6,99; a = 0,01 ta tính được x1 = 0,04 mol

c Ta có n Ba(OH) 2  0,1.0, 2  0, 02(mol)

Kết tủa đạt cực tại hoành độ x = 3a = 0,03 mol

Nên tại hoành độ x = 0,02 mol ứng với đồ thị hàm số (A): y = 285x

ta tính được y = 285.0,02 = 5,7 (gam)

d Ta có: n Ba(OH) 2  0,1.0, 2  0, 02(mol); n NaOH  0,1.0,3  0, 03(mol)

 nOH = 0,07 (mol) n BaSO4  n Ba 2  =0,02 mol; 3

3

n  4n   n   4.0, 02 0, 07  (mol) Như vậy m kết tủa =m BaSO 4  m Al(OH) 3  233.0, 02 78.0, 01   5, 44(gam)

x1

A

B

2 Bài toán nâng cao 1: trong dung dịch X ngoài Al2(SO4)3 còn có muối nhôm khác như: AlCl3 hoặc Al(NO3)3

Nhỏ từ từ tới dư dung dịch Ba(OH)2 x mol vào dung dịch hỗn hợp X chứa a mol Al2(SO4)3 và b mol AlCl3 Mối quan hệ giữa số mol Ba(OH)2 thêm vào và khối lượng kết tủa sinh ra được biểu diễn trên đồ thị sau:

PTHH: tương tự bài toán cơ sở

BaSO4 đạt max tại A, có hoành độ x  n SO 2   3a

4 max

BaSO

m = 233.3a = 699a (gam) Al(OH)3 đạt max khi n OH  = 3n Al 3  = 3(2a+ b) = 6a + 3b (mol) Tức là tại điểm B có

hoành độ x =n OH

2



=3a + 1,5b

3 3

Al(OH) max Al

n  n   2a  b(mol)

3

Al(OH) max

Như vậy BaSO4 đạt max sớm hơn Al(OH)3 hoặccó thể suy luận là: n Al 3 tăng so với bài toán cơ sở nên Al(OH)3 đạt max muộn hơn BaSO4

Điểm C là điểm Al(OH)3 tan vừa hết nên n OH   4n Al 3 

Suy ra 2x =4(2a + b)  x = 4a + 2b là hoành độ điểm C

Khảo sát đồ thị thu được kết quả như sau:

Đoạn OA: Cả 2 kết tủa tạo thành

Tương tự đoạn OA của bài toán cơ sở ta thiết lập được (hàm số A) y = 285x.

Đoạn AB: BaSO4 đạt max, còn Al(OH)3 tạo thành

Ta có: 3 OH

Al(OH)



   m kết tủa = m BaSO max 4  m Al(OH) 3= 699a + 78.2x

3

mkt (gam)

số mol Ba(OH)

2

699a

C

4a + 2b

d

O

Ta thiết lập được hàm số y = 52x + 699a hàm số (D)

Đoạn BC: BaSO4 đạt max, còn Al(OH)3 tan một phần

3

n  4n   n   4(2a  b) 2x 

Suy ra: m kết tủa = m BaSO max 4  m Al(OH) 3 = 699a + 784(2 a b) 2 x   

Ta thiết lập được hàm số y = -156x + 1323a + 312b hàm số (E).

Đoạn Cd: Al(OH)3 tan hết

Tương tự đoạn Bc của bài toán cơ sở ta thiết lập được hàm số y = 699a (hàm số C).

Bài toán minh họa

Câu 1: Cho từ từ dung dịch Ba(OH)2 0,5M vào 500 ml dung dịch AlCl3 và Al2(SO4)3 thì khối lượng kết tủa thu được phụ thuộc thể tích dung dịch Ba(OH)2 theo đồ thị sau Tính CM

của AlCl3 và Al2(SO4)3

Giải

Đặt n Al (SO ) 2 4 3  a; n AlCl 3  b

Tại A BaSO4 đạt max n Ba(OH) 2= 0,6 0,5 = 0,3 (mol)  3a  0, 3 a = 0,1 mol

Vậy nồng độ mol/l Al2(SO4)3 = 0,1 0, 2M.

0, 5 Tại C Al(OH)3 tan vừa hết n Ba(OH) 2= 1,6 0,5 = 0,8 (mol)  4a +2b = 0,8mol

 b = 0,2 mol Vậy nồng độ mol/l AlCl3 = 0, 2 0, 4M.

0, 5

A

B

C

Câu 2 Cho từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch chứa Al2(SO4)3 và AlCl3 thì khối lượng kết tủa sinh ra được biểu diễn bằng đồ thị sau Tính giá trị của x1, x2

Giải

Đặt n Al (SO ) 2 4 3  a; n AlCl 3  b

Tại A BaSO4 đạt max, A thuộc đồ thị hàm số (A) y = 285x, với y = 8,55 thì x2 =

8, 55

0, 03(mol) 3 a

285    a=0,01 mol

Tại C Al(OH)3 tan vừa hết, C có hoành độ =4a +2b = 0,08 mol  b = 0,02 mol

Mặt khác C thuộc đồ thị hàm số (E) y = -156x +1323a +312b

với x = 0,08, a= 0,01; b = 0,02 ta tính được y = 6,99 tức là m = 6,99 gam

Như vậy điểm ứng với hoành độ x1 thuộc đồ thị hàm số (A) y = 285x, với y = 6,99 ta

tính được x1 = 6, 99 0, 0245(mol)

3 Bài toán nâng cao 2: trong dung dịch X ngoài Al2(SO4)3 còn có một muối sunfat khác như: Na2SO4, K2SO4

Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 x mol đến dư vào dung dịch hỗn hợp Al2(SO4)3 a mol và Na2SO4 b mol ta có đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc khối lượng kết tủa theo

số mol Ba(OH)2 như sau:

PTHH: tương tự bài toán cơ sở

mkt (gam)

số mol Ba(OH)2

8,55

m

m

kt (gam)

số mol Ba(OH)2 699a

3a

C

4a 3a + b

d

O

Al(OH)3 đạt max khi n OH  = 3n Al 3  = 3.2a = 6a mol Tức là tại điểm A có hoành độ x

= n OH 6a

3a



3

Al(OH) max Al

n  n   2a(mol) m Al(OH) max 3  78.2a  156a(gam)

BaSO4 đạt max tại điểm B có hoành độ x = n SO 2  = 3a + b  m BaSO4 max= 699a + 233b (gam)

Như vậy Al(OH)3 đạt max sớm hơn BaSO4 hoặccó thể suy luận là: n SO 2  tăng so với bài toán cơ sở nên BaSO4 đạt max muộn hơn Al(OH)3

Điểm C là điểm Al(OH)3 tan vừa hết nên n OH   4n Al 3   2x =4.2a  x = 4a là hoành

độ điểm C

Khảo sát đồ thị thu được kết quả như sau:

Đoạn OA: cả hai kết tủa BaSO4 và Al(OH)3 tạo thành

Tương tự đoạn OA của bài toán cơ bản ta thiết lập được (hàm số A) y = 285x.

Đoạn AB: Al(OH)3 tan một phần ,BaSO4 tạo thành

4

n  n   xmol; 3

3

n  4n   n   4.2a 2x  Suy ra: m kết tủa = m BaSO max 4  m Al(OH) 3= 233x + 78(8a – 2x)

Ta thiết lập được hàm số: y = 77x + 624a hàm số (F).

Đoạn BC: BaSO4 đạt max, còn Al(OH)3 tan một phần

3

n  4n   n   4.2a 2x 

Suy ra m kết tủa = m BaSO max 4  m Al(OH) 3= 233(3a + b) + 78(8 a 2x) 

Ta thiết lập được hàm số: y = -156x + 1323a + 233b hàm số (G).

Đoạn Cd: BaSO4 đạt max, Al(OH)3 tan hết

m kết tủa = m BaSO max 4 = 233(3a + b) = 699a + 233b

Ta thiết lập được hàm số: y = m BaSO max 4 = 699a + 233b hàm số (H).

Bài toán minh họa

Câu 1: Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 đến dư vào dung dịch hỗn hợp Al2(SO4)3 a mol

vàNa2SO4 b mol ta có đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc khối lượng kết tủa theo số mol Ba(OH)2 như sau:

Dựa vào đồ thị hãy xác định giá trị của x?

Giải

Tại C Al(OH)3 tan vừa hết n Ba(OH) 2= 0,32 mol 4a = 0,32  a = 0,08 mol

Do C là điểm thuộc đồ thị hàm số y = 699a + 233b

với a = 0,08 mol; y = 69,9 gam thì b = 69, 9 699.0, 08

233



= 0,06 (mol) Vậy x =3a+b = 3.0,08 + 0,06 = 0,3 (mol)

Câu 2: Nhỏ rất từ từ dung dịch Ba(OH)2 0,5M vào dung dịch X chứa đồng thời Al2(SO4)3

và K2SO4, lắc đều để các phản ứng xảy ra hoàn toàn Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của tổng khối lượng kết tủa theo thể tích dung dịch Ba(OH)2 0,5M như sau Giá trị của x1 là bao nhiêu?

Giải

Đặt n Al (SO ) 2 4 3  a; n K SO 2 4  b

Do A là điểm thuộc đồ thị hàm số y = 285x với y = 85,5 gam thì x = 3a=

85, 5

0, 3(mol)

285 

 a = 0,1 mol

C

A

B

C

X1

C là điểm có hoành độ ứng với n Ba(OH) 2  4a = 4.0,1 = 0,4 mol

Vậy x1 = ddBa (OH) 0,5M 2

0, 4

0, 5

4 Bài toán nâng cao 3: trong dung dịch X ngoài Al2(SO4)3 còn có H2SO4

Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 x mol vào ống nghiệm chứa dung dịch Al2(SO4)3 a mol và H2SO4 b mol Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc khối lượng kết tủa theo số mol Ba(OH)2 như sau:

Số mol Ba(OH)2

PTHH: (trong đó các phản ứng (2), (3), (4) xảy ra lần lượt theo thứ tự (2), (3), (4)):

Ba2+ + SO42-  BaSO4 (1)

H+ + OH-  H2O (2)

Al3+ + OH-Al(OH)3 (3)

Al(OH)3+ OH- Al(OH)4- (4)

Tại điểm A H+ vừa được trung hòa hết bởi OH- nên n OH  = n H hay 2x = 2b x = b là hoành độ điểm A

BaSO4 đạt max tại điểm B có hoành độ x = n SO 2  = 3a + b



4 max

BaSO

m = 233(3a + b) = 699a + 233b (gam)

Al(OH)3 đạt max tại n OH  = n H + 3n Al 3  = 2b + 3.2a = 2b + 6a (mol);

Tức x= n OH 6a 2b

3a b

   là hoành độ điểm B Như vậy Al(OH)3 và BaSO4 cùng đạt max tại B

A

C

B A

b

4a +

d

O

m kết tủa (gam)

3 3

Al(OH) max Al

n  n   2a(mol) m Al(OH) max 3  78.2a  156a(gam)

Điểm C là điểm Al(OH)3 tan vừa hết nên n OH   n H   4n Al 3 = 2b + 4.2a

 x = n OH 8a 2b

4a b

   là hoành độ điểm C

Khảo sát đồ thị thu được kết quả như sau:

Đoạn OA: chỉ có kết tủa BaSO4 tạo thành

4

n  n   xmol  ta thiết lập được hàm số: y = 233x hàm số (I).

Đoạn AB: cả hai kết tủa Al(OH)3 và BaSO4 tạo thành

4

n  n   xmol; n OH  = 2x  nOH tạo kết tủa = 2x – 2b



3

OH taokettua Al(OH)

Suy ra m kết tủa = m BaSO 4  m Al(OH) 3= 233x + 782x 2b

3

 = 285x-52b

Ta thiết lập được hàm số: y = 285x – 52b hàm số (K).

Đoạn BC: BaSO4 đạt max, còn Al(OH)3 tan một phần

Ta có n OH  = n H + 3

3

Al(OH) Al

3

Al(OH)

H

n + 4n Al 3   n OH  = 2b + 4.2a – 2x Suy ra m kết tủa = m BaSO max 4  m Al(OH) 3= 233(3a + b) + 78(8 a 2 b 2x)  

Ta thiết lập được hàm số: y = -156x + 1323a + 389b hàm số (L).

Đoạn Cd: BaSO4 đạt max, Al(OH)3 tan hết

Tương tự đoạn Cd của bài toán nâng cao 2 ta thiết lập được hàm số

y =m BaSO max 4 = 699a + 233b (hàm số H)

Bài toán minh họa

Câu 1 Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 1M vào dung dịch chứa a mol Al2(SO4)3 và b mol H2SO4 Khối lượng kết tủa (m gam) phụ thuộc vào thể tích dung dịch Ba(OH)2

(V ml) được biểu diễn bằng đồ thị sau Tính giá trị của a và b

m kết tủa

Tại A n Ba(OH) 2=0,1.1 = 0,1 (mol), H+ vừa được trung hòa hết bởi OH

suy ra n H SO 2 4= n Ba(OH) 2= 0,1 mol tức là b = 0,1

C là một điểm thuộc đồ thị hàm số (H) y = 699a + 233b

Với y = 107,18; b = 0,1 ta tính được a =107,18 233.0,1 0,12(mol)

699



Câu 1. Hòa tan hết hỗn hợp gồm Al, Al2O3, Al(OH)3 trong dung dịch chứa H2SO4

loãng, dư thu được dung dịch X Cho dung dịch Ba(OH)2 1M đến dư vào X Đồ thị biểu diễn

sự phụ thuộc số mol kết tủa theo thể tích dung dịch Ba(OH)2 như sau:Để trung hoa dung

dịch X cần dùng V ml dung dịch NaOH 0,5M Giá trị của V là bao nhiêu?

Giải

Dung dich X chứa Al2(SO4)3 và H2SO4

Phản ứng trung hòa X: H2SO4 + 2NaOH Na2SO4 + 2H2O (*)

Đặt n Al (SO ) 2 4 3= a; n H SO 2 4= b trong X

Tại B là điểm Al(OH)3 và BaSO4 cùng đạt max B có hoành độ = 3a + b = 0,64 mol

107,18

V 100

A

C B A

Tại C Al(OH)3 tan vừa hết có hoành độ = 4a + b = 0,82 mol

Suy ra a = 0,18 mol, b = 0,1 mol Theo PTHH (*): nNaOH = 2b =2.0,1 = 0,2 (mol)

Vậy V=0, 2 0, 4(lit)

0, 5

5 Bài toán nâng cao 4: trong dung dịch X ngoài Al2(SO4)3 còn có HCl

Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 x mol vào ống nghiệm chứa dung dịch Al2(SO4)3 a mol và HCl b mol Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc khối lượng kết tủa theo số mol Ba(OH)2 như sau:

PTHH: tương tự bài toán nâng cao 3

Tại điểm A H+ vừa được trung hòa hết bởi OH- nên n OH  = n H hay 2x = b x = 0,5b

là hoành độ điểm A

BaSO4 đạt max tại điểm B có hoành độ x = n SO 2  = 3a 

4 max

BaSO

m = 233.3a = 699a Al(OH)3 đạt max tại n OH  = n H + 3n Al 3  = b + 3.2a = b + 6a (mol)

Tức x= n OH 6a b

3a 0, 5b

   là hoành độ điểm C

3 3

Al(OH) max Al

n  n   2a(mol) m Al(OH) max 3  78.2a  156a(gam)

Như vậy BaSO4 đạt max sớm hơn Al(OH)3 hoặccó thể suy luận là: n SO 2  giảm so với bài toán nâng cao 3 nên BaSO4 đạt max sớm hơn Al(OH)3

Điểm D là điểm Al(OH)3 tan vừa hết nên n OH   n H   4n Al 3 = b + 4.2a

 x = n OH 8a 2b

4a 0, 5b

   là hoành độ điểm D

Số mol Ba(OH)2

(mol)

Khối lượng kết tủa

(gam)

0,5b

m

max

3a A

B

C

D

3a+0,5b 4a+0,5b

x

O