Phương pháp cực trị qua một bài toán bậc THCS

Nguyễn Đình Hành, Ngô Võ Thạnh, Nguyễn Hữu Thọ Bài viết đăng trang 17-20, “ Tạp chí Hóa học & Ứng dụng”- số 8(236)/2015 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 Hòa tan hết 16,2 gam hỗn hợp gồm kim loại kiềm A oxit vào nước, thu dung dịch B giải phóng V (lít) khí H2 (đktc) Để trung hòa hết dung dịch B cần 200 ml 10 dung dịch H2SO4 0,15M kết thúc thí nghiệm thu dung dịch C a Xác định kim loại kiềm A tính V b Tính khối lượng rắn khan thu sau cô cạn dung dịch C c Tính khối lượng chất có 16,2 gam hỗn hợp đầu II- Nhận xét đề Nhìn vào số lượng kiện đề cho đại lượng cần tìm, ta khẳng định tập giải nhiều cách thoát khỏi phương pháp cực trị Nguyên tắc giải toán dựa vào cực trị số mol (hoặc khối lượng) để xác định cực trị khối lượng mol nguyên tố Mmin< M < Mmax III- Đề xuất số cách giải *Cách Phương pháp đại số + Phương pháp cực trị (min, max) theo số mol a Tính n H 2SO4 = 0,03 (mol) Gọi x, y số mol A A2O A + H2O  → AOH + ½ H2 ↑ x → x 0,5x A2O + H2O  → 2AOH y→ 2y 2AOH + H2SO4 → A2SO4 + 2H2O 0,06 0,03 0,03  x ×M A + 2y ×M A + 16y = 16, (1)  x ×M A + y ×(2M A + 16) = 16, ⇔ Ta có:   x ×M A + 2y ×M A = 0, ×M A (2)  x + 2y = 0, Lấy (1) – (2) biến đổi được: y = 16, − 0, ×M A 16 (3) 16, − 0, ×M A < 0,3 ⇒ 19 < M A < 27 => M A = 23 (Na) 16 Thay M A = 23 vào (3) y = 0,15 => x = 0,3 ; V = 0,5 ×0,3 ×22,4 = 3,36 lít  23x + 62y = 16, { Hoặc giải hệ pt  ⇒ x = 0,3; y = 0,15}  x + 2y = 0, b Rắn khan thu m Na SO = 0, 03 ×142 = 4,26 gam Vì : < y < 0,3 nên ⇒ < c m Na = 0,3 ×23 = 6,9 gam; m Na 2O = 16, − 6,9 = 9,3 gam Nguyễn Đình Hành, Ngô Võ Thạnh, Nguyễn Hữu Thọ Bài viết đăng trang 17-20, “ Tạp chí Hóa học & Ứng dụng”- số 8(236)/2015 *Cách Phương pháp trị số trung bình hệ số chuyển khối + Tăng giảm khối lượng + Bảo toàn khối lượng m hh 16, = = 27 a Đặt T = n OH (bz) 0, 06 ×10 A+ H2O  → AOH + ½ H2 ↑ {T1 = MA} x → x 0,5x A2O + H2O  {T2 = M A + } → 2AOH y → 2y 2AOH + H2SO4 → A2SO4 + 2H2O 0,06 0,03 0,03 m hh 16, = = 27 Theo đề ta có: T = n OH (bz) 0, 06 ×10 Vì T1 < T < T2 nên ⇒ M A < 27 < M A + ⇔ 19 < M A < 27 ⇒ M A = 23 (Na) BTKL ⇒ 16y = 16,2 – 0,6 ×23 ⇒ y = 0,15; x = 0,3 V = 0,5 ×0,3 ×22,4 = 3,36 lít 16, 0,15 − 16 × + 0, 03.96 = 4,26 gam b Tăng giảm khối lượng ⇒ m Na 2SO4 = 10 10 c m Na = 0,3 ×23 = 6,9 gam; m Na 2O = 16, − 6,9 = 9,3 gam *Cách 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 : n AOH (B) = 10.0,06 = 0,6 mol Gọi a số mol H2O phản ứng 2a − 0, Bảo toàn mol H ta có số mol H2 = = (a – 0,3) (mol) BT khối lượng ta có: 16,2 + 18a = 0,6.( M A + 17) + (a - 0,3).2 16a + 6, ⇒ 0,6 M A = 16a + 6,6 ⇒ M A = (1) 0, Theo pư thấy n OH < n H2O < n OH ⇔ 0,3 < a < 0,6 (2) Thay (2) vào (1) ⇒ 19 < M A < 27 ⇒ M A = 23 (Na) Từ đây, giải tiếp *Cách Phương pháp giả định + Phương pháp cực trị theo số mol Đặt CTTB hỗn hợp A, A2O A2Ox (x số trung bình oxi hỗn hợp: < x < 1) A2Ox + (2-x)H2O → 2AOH + (1 − x) H2 ↑ (I) 2AOH + H2SO4 → A2SO4 + 2H2O (II) 0,06 ← 0,03 0,03 0,06 Ta có: n A 2O x = ½ n AOH (B) = 10 = 0,3 mol 16, 27 − M A MA O = = 54 M ⇔ + 16x = 54 ⇒ x = A x 0,3 27 − M A Vì < x < nên ⇒ < < ⇒ 19 < M A < 27 ⇒ M A = 23 (Na) Nguyễn Đình Hành, Ngô Võ Thạnh, Nguyễn Hữu Thọ Bài viết đăng trang 17-20, “ Tạp chí Hóa học & Ứng dụng”- số 8(236)/2015 Thay M A = 23 vào (1) x = 0,5 − 0,5 0,5.0, ×n OH = = 0,15 (mol) Theo pt pư (I) ta có: n H = 2 V = 0,15.22,4 = 3,36 lít ( BTKL tính số mol H2) Gọi a, b số mol Na2O Na  2a + b = 0, Ta có:  ⇒ a = 0,15; b = 0,3 62a + 23b = 16, Từ đây, giải tiếp *Cách Phương pháp cực trị theo số mol + Phương pháp phân tích hệ số + BTKL Viết đầy đủ PTHH cách n ng.toáA (hh đầu) = n AOH (B) = 10.0,06 = 0,6 mol Gọi x số mol oxi hỗn hợp đầu Theo đề ta có: 0,6 M A + 16x = 16,2 ⇒ x = 16, − 0, 6M A 16 ⇔ < n O < 0,3 (2) (1) Ta thấy < n O (hh đầu) < ½ ∑ n A 16, − 0, 6M A Từ (1),(2) ⇒ < < 0,3 ⇒ 19 < M A < 27 ⇒ M A = 23 (Na) 16 Từ đây, giải tiếp *Cách 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 n hh (gt) = nOH (B) = 0,06.10 = 0,6 (mol) 16, = 27 ⇒ M A < 27 < M A + ⇔ 19 < M A < 27 ⇒ M A = 23 (Na) M hh = 0, chất hỗn hợp đầu Na, Na2O 16, − 0, 6.23 = 0,15 (mol) BTKL ta có: n Na 2O = n O = 16 m Na O = 0,15.62 = 9,3 gam; m Na = 16, − 9,3 = 6,9 gam Theo pư (3): n H = ½ n A = (0, − 0,15.2) = 0,15 (mol) ⇒ V = 0,15.22,4 = 3,36 lít Cô cạn dung dịch C thu chất rắn Na2SO4 m Na SO = 0,03.142 = 4,26 gam *Cách Phương pháp thêm giả thiết phụ + Phương pháp cực trị theo số mol x(mol)  A: Đặt   A O : y(mol) Giả sử đốt hỗn hợp A, A2O oxi để chất A2O t0 2A + ½ O2  → A2O x → 0,25x (mol) m A O (gt) = (16,2 + 8x) gam A2O + H2O → 2AOH 2AOH + H2SO4 → A2SO4 + 2H2O 0,06 0,03 0,03 (mol) Nguyễn Đình Hành, Ngô Võ Thạnh, Nguyễn Hữu Thọ Bài viết đăng trang 17-20, “ Tạp chí Hóa học & Ứng dụng”- số 8(236)/2015 Theo pt pư: n A 2O (gt) = n AOH (B) = 0,6/2 = 0,3 (mol) 0,6.M A -11,4 Ta có: 0,3.(2 M A +16) = 16,2 + 8x ⇒ x = 0,6.M A -11,4 < 0, ⇒ 19 < M A < 27 ⇒ M A = 23 (Na) Vì < x < 0,6 nên ⇒ < 0,6.23 − 11,4 n Na = x = = 0,3 mol m Na = 0,3.23 = 6,9 gam; m Na 2O = 16,2 – 6,9 = 9,3 gam Khí H2 sinh từ phản ứng Na với nước Na + H2O → NaOH + ½ H2 ↑ 0,3→ 0,15 (mol) V = 0,15.22,4 = 3,36 lít m Na SO (rắn khan) = 0,03.142 = 4,26 gam *Cách 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 A + 17) + 2x 0,6M A − 11,4 ⇒x= (*) 16 Theo (2): n A = 2n H2 = 2x (mol) Vì 2x < 0,6 ⇒ < x < 0,3 (**) 0,6M A − 11,4 Từ (*) (**) ta có: < < 0,3 ⇒ 19 < M A < 27 ⇒ M A = 23 (Na) 16 Thay M A =23 vào (*) x = 0,15 (mol) V = 0,15 ×22, = 3,36 lít m Na = 2.0,15.23 = 6,9 gam; m Na 2O = 16,2 – 6,9 = 9,3gam m Na 2SO4 (cô cạn C) = 0,03.142 = 4,26 gam *Cách 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) 0, = 0,3 (mol) Khối lượng nguyên tố A hỗn hợp: m nguyeân toáA > 16,2 – 16.0,3 = 11,4 gam 11, 26, = 19 < M A < = 27 ⇒ M A = 23 (Na) Vì 11,4 < m nguyeân toáA < 26,2 nên ⇒ 0, 0, Từ đây, giải tiếp Theo (1): n O (trong A2O) = ½ n OH (1) ⇒ n O (trong A2O) < ½ ∑ n OH = Nguyễn Đình Hành, Ngô Võ Thạnh, Nguyễn Hữu Thọ Bài viết đăng trang 17-20, “ Tạp chí Hóa học & Ứng dụng”- số 8(236)/2015 *Cách 10 Phương pháp giả thiết tạm Giả thiết 1: Giả sử số mol A2O nhỏ, coi hỗn hợp có A A + H2O → AOH + ½ H2 ↑ 2AOH + H2SO4 → A2SO4 + 2H2O 0,06 ← 0,03 0,03 (mol) 16, n A (gt) = n OH = 10.0,06 = 0,6 (mol) ⇒ M A = = 27 g/mol (1) 0, Giả thiết 2: Giả sử số mol A nhỏ, coi hỗn hợp có A2O A2O + H2O → 2ẠOH 16, 10*0,06 = 54 g/mol ⇒ M A = 19 (2) n A O (gt) = n OH = = 0,3 (mol) ⇒ M A 2O = 0,3 2 Thực tế hỗn hợp có A A2O nên từ (1),(2) ⇒ 19 < M A < 27 ⇒ M A = 23 (Na)  Na : x(mol) Vậy hỗn hợp đầu gồm   Na 2O : y(mol)  x + 2y= 0,6 Bảo toàn KL BT mol nguyên tố Na ta có:  ⇒ x = 0,3; y = 0,15 23x + 62y=16,2 m Na O = 0,15.62 = 9,3 gam; m Na = 16,2 – 9,3 = 6,9 gam 0,3 n H = n Na = = 0,15 (mol) ⇒ V = 0,15.22,4 = 3,36 lít 2 m Na SO = 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 n A (nguyên tố) = n AOH (B) = 10.0,06 = 0,6 (mol) m hh 16, = = 27 Đặt T = nA 0, Áp dụng quy tắc đường chéo ta có: Suy ta có: 2n1 27 − M A = (1) n2 M A − 19 Theo t/c trị số trung bình ⇒ 19 < M A < 27 ⇒ M A = 23 (Na) 2n1 27 − 23 0, = = 0,3 (mol) Từ (1) ⇒ =1 ⇒ n2 = n2 23 − 19 0,3 ×22, = 3,36 lít V= m Na = 0,3*23 = 6,9 gam; m Na 2O = 16,2 – 6,9 = 9,3gam m Na 2SO4 (cô cạn C) = 0,03.142 = 4,26 gam Nguyễn Đình Hành, Ngô Võ Thạnh, Nguyễn Hữu Thọ Bài viết đăng trang 17-20, “ Tạp chí Hóa học & Ứng dụng”- số 8(236)/2015 *Cách 12 Phương pháp trung bình + Quy tắc đường chéo A y Đặt CTTB hỗn hợp  là: AxOy {điều kiện: < < 0,5 } x A 2O AxOy + (x-y)H2O → xAOH + (0,5x – y)H2 ↑ 0, 0,6 (mol) x 27 − M A 0,6 y ( x M A + 16y) = 16,2 ⇒ 16y = x(27 - M A ) ⇔ = Ta có: (1) x x 16 27 − M A Vậy: < < 0,5 ⇒ 19 < M A < 27 = > M A = 23 (Na) 16 y Thay M A = 23 vào (1) = 0,25 (đặt T ) x Na2O n1 T1 = 0,5 0,25 → 2n1 0, 0,25 = ⇒ n2 = = 0,3 ⇒ n2 Na n2 T2 = 0,25 → Từ đây, giải tiếp *Cách 13 Phương pháp quy đổi hỗn hợp đơn chất Giả sử hỗn hợp có A O2 (Xem A2O A tác dụng với O2 tạo ra) A + H2O  (1) → AOH + ½ H2 0,6 → 0,3 O2 + 2H2  2H O (2) → y 0,3 (0,3- 2y) 2AOH + H2SO4  (3) → A2SO4 + 2H2O 0,06 ← 0,03 0,03 Vì thu V lít H2 nên sau (2) H2 phải dư => 0,3 > 2y 0, A < 16,  Ax + 32 y = 16,  A x mol    0,3 →  x = 0, → => 19 < M A < 27 => M A = 23 (Na) 16, − 32  O2 y mol 0,3 > y A >  0,  Từ đây, giải tiếp Ngoài cách giải nêu, chắn toán cách giải khác IV- Kết luận Giải toán hóa học theo nhiều cách nghệ thuật, cách giải tập sắc màu riêng tạo nên tranh đẹp, làm tăng tính hấp dẫn cho môn Hóa học Tuy nhiên cách giải khác phải định vị trước đích cần phải tới Những cách giải tập hoá học mà giáo viên giới thiệu cho học sinh phải đảm bảo tính khoa học, chất hóa học, đảm bảo tính xác có độ bền vững (có thể giải nhiều tương tự, “ăn may”) -HẾT