0

phuong phap hoa thcs

6 2 0
  • phuong phap hoa thcs

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 15/09/2021, 05:19

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[r] (1)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 kim loại kiềm A và oxit nó vào nước, thu dung dịch B và giải phóng V (lít) khí H2 (đktc) Để trung hòa hết 10 dung dịch B thì cần đúng 200 ml dung dịch H2SO4 0,15M và kết thúc thí nghiệm thu dung dịch C a Xác định kim loại kiềm A và 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 bài Nhìn vào số lượng các kiện đề cho và các đại lượng cần tìm, ta có thể khẳng định bài tập này có thể giải nhiều cách không thể thoát khỏi phương pháp cực trị Nguyên tắc giải bài toán là 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 n a H 2SO4 = 0,03 (mol) Gọi x, y là số mol A và A2O  AOH + ½ H2  A + H2O   x  x 0,5x  2AOH A2O + H2O   y 2y 2AOH + H2SO4  A2SO4 + 2H2O 0,06 0,03 0,03  x M A  y (2M A  16) 16,  x M A  2y M A  16y 16, (1)     x M A  2y M A 0, M A (2) Ta có:  x  2y 0, 16,  0, M A y 16 Lấy (1) – (2) và biến đổi được: 16,  0, M A M 16 Vì : < y < 0,3 nên  < < 0,3  19 < A < 27 M Chỉ có A = 23 là thỏa mãn Vậy A là kim loại Na 23x  62y 16,  Giải hệ pt  x  2y 0,  x = 0,3; y = 0,15; V = 0,5 0,3 22,4 = 3,36 lít m 0, 03 142 4, 26 gam b Rắn khan thu là Na 2SO4 m 16,  6,9 9,3 gam m  c Na 0,3 23 = 6,9 gam; Na 2O *Cách Phương pháp trị số Trung bình hệ số chuyển khối + Tăng giảm khối lượng + Bảo toàn khối lượng (2) T a Đặt m hh n OH (bz)  16, 27 0, 06 10  AOH + ½ H2  {T1 = MA} A+ H2O   x  x 0,5x M 8  2AOH A2O + H2O   {T2 = A } y  2y 2AOH + H2SO4  A2SO4 + 2H2O 0,06 0,03 0,03 m hh 16, T  27 n OH (bz) 0,06 10 Theo đề ta có: M M M Vì T1 < T < T2 nên  A < 27 < A +  19 < A < 27 M Chỉ có A = 23 là thỏa mãn Vậy A là kim loại 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  m Na SO 10 = 10 b Tăng giảm khối lượng  4,26 gam m 16,  6,9 m  c Na 0,3 23 = 6,9 gam; Na 2O = 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 n  Ta có : AOH (B) 10.0,06 = 0,6 mol Gọi a là số mol H2O phản ứng 2a  0, Bảo toàn mol H ta có số mol H2 = = (a – 0,3) (mol) MA BT khối lượng ta có: 16,2 + 18a = 0,6.( + 17) + (a - 0,3).2 16a  6, MA MA 0,  0,6 = 16a + 6,6  = (1) n OH  n H2O  n OH Theo pư thấy  0,3 < a < 0,6 (2) M Thay (2) vào (1)  19 < A < 27 M Chỉ có A = 23 là thỏa mãn Vậy A là Na Từ đây, giải tiếp *Cách Phương pháp giả định + Phương pháp cực trị theo số mol Đặt CTTB hỗn hợp A, A2O là A2Ox (x là 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 nA O n  x = ½ AOH (B) 10 = 0,3 mol Ta có: 16, 27  M A 54 MA O M x = 0,3  A + 16x = 54  x = (3) 27  M A M Vì < x < nên  < <  19 < A < 27 M Chỉ có A = 23 là thỏa mãn M Thay A = 23 vào (1) x = 0,5  0,5 0,5.0, nH  n OH  2 Theo pt pư (I) ta có: = 0,15 (mol) V = 0,15.22,4 = 3,36 lít ( BTKL tính số mol H2) Gọi a, b là số mol Na2O và Na 2a  b 0,  Ta có: 62a  23b 16,  a = 0,15; b = 0,3 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 n  = AOH (B) 10.0,06 = 0,6 mol Gọi x là số mol oxi hỗn hợp đầu 16,  0, 6M A MA 16 Theo đề ta có: 0,6 + 16x = 16,2  x = (1) n n n Ta thấy < O (hh đầu) < ½  A  < O < 0,3 (2) 16,  0, 6M A M M 16 Từ (1),(2)  < < 0,3  19 < A < 27 Chỉ có A = 23 là thỏa mãn (Na) 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 M M M hh = 0,  A < 27 < A +  19 < A < 27 (hh đầu) M Chỉ có A = 23 là thỏa mãn Vậy kim loại A là Na chất hỗn hợp đầu là Na, Na2O 16,  0, 6.23  n Na O n O 16 BTKL ta có: = 0,15 (mol) m Na O  m 16,  9,3  0,15.62 = 9,3 gam; Na 6,9 gam n A  (0,  0,15.2)  n Theo pư (3): H2 = ½ 0,15 (mol)  V = 0,15.22,4 = 3,36 lít Cô cạn dung dịch C thu chất rắn là 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:  A O : y(mol) Đặt  Giả sử đốt hỗn hợp A, A2O oxi để chất là A2O t0 2A + ½ O2   A2O (4) x  0,25x (mol) mA O (gt) = (16,2 + 8x) gam A2O + H2O  2AOH 2AOH + H2SO4  A2SO4 + 2H2O 0,06 0,03 0,03 (mol) n AOH (B) nA O (gt) = Theo pt pư: = 0,6/2 = 0,3 (mol) 0,6.M A -11,4 M Ta có: 0,3.(2 A +16) = 16,2 + 8x  x = 0,6.M A -11,4 0  0, M Vì < x < 0,6 nên   19 < A < 27 M Chỉ có A = 23 là thỏa mãn Vậy kim loại A là Na 0,6.23  11,4 n Na  x= = 0,3 mol m  m Na  0,3.23 = 6,9 gam; 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:  AOH + H2  [A, A2O] + H2O   16,2g (x + 0,3) 0,6 x (mol) M Bảo toàn khối lượng ta có: 16,2 + 18.(x + 0,3) = 0,6.( A + 17) + 2x 0,6M A  11,4 x= 16 n A 2n H (*) Theo (2): = 2x (mol) Vì 2x < 0,6  < x < 0,3 (**) 0,6M A  11,4 M M 16 Từ (*) và (**) ta có: < < 0,3  19 < A < 27  A = 23 (Na) M Thay A =23 vào (*) x = 0,15 (mol) V = 0,15 22, = 3,36 lít m  m Na  2.0,15.23 = 6,9 gam; Na 2O 16,2 – 6,9 = 9,3gam m Na SO (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) (5) Theo (1): nO (trong A2O) =½ n OH (1)  nO (trong A2O) <½  n OH 0, = = 0,3 (mol) m Khối lượng nguyên tố A hỗn hợp: nguyeân toáA > 16,2 – 16.0,3 = 11,4 gam 11, 26,  19 27 m nguyeân toáA M A 0, M 0, Vì 11,4 < < 26,2 nên  < <  A = 23 (Na) Từ đây, giải tiếp *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 M = 10.0,06 = 0,6 (mol)  A = 0, 27 g/mol (1) Giả thiết 2: Giả sử số mol A nhỏ, coi hỗn hợp có A2O A2O + H2O  2ẠOH 16, 10*0,06  n A O (gt)  n OH M M 2 = = 0,3 (mol)  A 2O = 0,3 54 g/mol  A = 19 (2) M M Thực tế hỗn hợp có A và A2O nên từ (1),(2)  19 < A < 27  A = 23 (Na)  Na : x(mol)  Na O : y(mol) Vậy hỗn hợp đầu gồm  x + 2y= 0,6  Bảo toàn KL và BT mol nguyên tố Na ta có: 23x + 62y=16,2  x = 0,3; y = 0,15 m Na nH m Na  m  0,15.62 = 9,3 gam; Na 16,2 – 9,3 = 6,9 gam 0,3  n Na 0,15 = (mol)  V = 0,15.22,4 = 3,36 lít 2O 2SO4 = 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 nA n AOH (nguyên tố) = (B) = 10.0,06 = 0,6 (mol) m hh 16,  27 nA 0,6 Đặt T = Áp dụng quy tắc đường chéo ta có: Suy ta có: 2n1 27  M A  n2 M A  19 (1) M M Theo t/c trị số trung bình  19 < A < 27  A = 23 (Na) 2n1 27  23 0,  0,3 n 23  19 Từ (1)  =1  n2 = (mol) (6) 0,3 22, V= = 3,36 lít m  m Na  0,3*23 = 6,9 gam; Na 2O 16,2 – 6,9 = 9,3gam m Na SO (cô cạn C) = 0,03.142 = 4,26 gam *Cách 12 Phương pháp trung bình + Quy tắc đường chéo A y    0,5 A O x Đặt CTTB hỗn hợp  là: AxOy {điều kiện: } AxOy + (x-y)H2O  xAOH + (0,5x – y)H2  0, x 0,6 (mol) 27  M A 0,6 y ( M  M 16 Ta có: x x A + 16y) = 16,2  16y = x(27 - A )  x (1) 27  M A M M Vậy: < 16 < 0,5  19 < A < 27 = > A = 23 (Na) y  MA Thay = 23 vào (1) x 0,25 (đặt T ) Na2O n1 T1 = 0,5 0,25  2n1 0,  0,25 0,3 n   n2 = Na n2 T2 = 0,25  Từ đây, giải tiếp *Cách 13 Phương pháp quy đổi hỗn hợp các đơn chất Giả sử hỗn hợp có A và O2 (Xem A2O là A tác dụng với O2 tạo ra)  AOH + ½ H2 A + H2O   (1) 0,6 → 0,3  2H2O O2 + 2H2   (2) y 0,3 (0,3- 2y)  A2SO4 + 2H2O 2AOH + H2SO4   (3) 0,06 ← 0,03 0,03 Vì thu V lít H2 nên sau (2) H2 phải còn dư => 0,3 > 2y 0, A  16, Ax  32 y 16,   A x mol   0,3   x 0,  16,  32  O2 y mol 0,3  y A   M 0,  => 19 < A < 27 Từ đây, giải tiếp Ngoài các cách giải đã nêu, chắn bài toán trên còn cách giải khác IV- Kết luận Giải bài toán hóa học theo nhiều cách là nghệ thuật, cách giải bài 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 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 chất hóa học, đảm bảo tính chính xác và có độ bền vững (có thể giải nhiều bài tương tự, không phải “ăn may”) Chỉ cần chút “đam mê” thì chắn thầy cô giáo có thể đóng góp chút gì đó cho môn Hóa học -HẾT (7)
- Xem thêm -

Xem thêm: phuong phap hoa thcs, phuong phap hoa thcs