Thể loại Giáo án bài giảng Hóa học
Số trang 1
Ngày tạo 10/21/2016 8:14:46 PM +00:00
Loại tệp doc
Kích thước
Tên tệp phuong phap cuc tri qua mot bai toan bac thcs doc
1
Nguyễn Đình Hành, Ngô Võ Thạnh, Nguyễn Hữu Thọ
Bài viết đăng trên 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 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 dung dịch B thì cần đúng 200 ml 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 = 0,03 (mol)
Gọi x, y lần lượt là số mol của A và 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
Ta có:
Lấy (1) – (2) và biến đổi được: (3)
Vì : 0 < y < 0,3 nên 0 < < 0,3 19 < < 27 => = 23 (Na)
Thay = 23 vào (3) được y = 0,15 => x = 0,3 ; V = 0,50,322,4 = 3,36 lít.
{ Hoặc giải hệ pt x = 0,3; y = 0,15}
b. Rắn khan thu được là 4,26 gam
c. 0,323 = 6,9 gam; 9,3 gam
1
Nguyễn Đình Hành, Ngô Võ Thạnh, Nguyễn Hữu Thọ
Bài viết đăng trên trang 17-20, “ Tạp chí Hóa học & Ứng dụng”- số 8(236)/2015
*Cách 2. Phương pháp trị số trung bình hệ số chuyển khối + Tăng giảm khối lượng + Bảo toàn khối lượng
a. Đặt
A + H2O AOH + ½ H2 {T1 = MA}
x x 0,5x
A2O + H2O 2AOH {T2 = }
y 2y
2AOH + H2SO4 A2SO4 + 2H2O
0,06 0,03 0,03
Theo đề ta có:
Vì T1 < T < T2 nên < 27 < + 8 19 << 27 = 23 (Na)
BTKL 16y = 16,2 – 0,623 y = 0,15; x = 0,3.
V = 0,50,322,4 = 3,36 lít
b. Tăng giảm khối lượng = 4,26 gam.
c. 0,323 = 6,9 gam; = 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 : 10.0,06 = 0,6 mol
Gọi a là số mol H2O phản ứng
Bảo toàn mol H ta có số mol H2 = = (a – 0,3) (mol)
BT khối lượng ta có: 16,2 + 18a = 0,6.(+ 17) + (a - 0,3).2
0,6= 16a + 6,6 = (1)
Theo pư thấy 0,3 < a < 0,6 (2)
Thay (2) vào (1) 19 < < 27 = 23 (Na)
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 + H2 (I)
2AOH + H2SO4 A2SO4 + 2H2O (II)
0,06 0,03 0,03
Ta có: = ½ 10.= 0,3 mol
= 2+ 16x = 54 x =
Vì 0 < x < 1 nên 0 < < 1 19 < < 27. = 23 (Na)
1
Nguyễn Đình Hành, Ngô Võ Thạnh, Nguyễn Hữu Thọ
Bài viết đăng trên trang 17-20, “ Tạp chí Hóa học & Ứng dụng”- số 8(236)/2015
Thay = 23 vào (1) được x = 0,5
Theo pt pư (I) ta có: = 0,15 (mol)
V = 0,15.22,4 = 3,36 lít ( hoặc BTKL tính được số mol H2)
Gọi a, b lần lượt là số mol Na2O và Na
Ta có: a = 0,15; b = 0,3
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
(hh đầu) = 10.0,06 = 0,6 mol
Gọi x là số mol oxi trong hỗn hợp đầu
Theo đề ta có: 0,6 + 16x = 16,2 x = (1)
Ta thấy 0 < (hh đầu) < ½ 0 << 0,3 (2)
Từ (1),(2) 0 < < 0,3 19 << 27. = 23 (Na)
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
(gt) = nOH (B) = 0,06.10 = 0,6 (mol)
hh = < 27 < + 8 19 < < 27 = 23 (Na)
2 chất trong hỗn hợp đầu là Na, Na2O
BTKL ta có: = 0,15 (mol)
0,15.62 = 9,3 gam; 6,9 gam
Theo pư (3): = ½ 0,15 (mol) V = 0,15.22,4 = 3,36 lít
Cô cạn dung dịch C chỉ thu được 1 chất rắn là Na2SO4
= 0,03.142 = 4,26 gam
*Cách 7. Phương pháp thêm giả thiết phụ + Phương pháp cực trị theo số mol
Đặt
Giả sử đốt hỗn hợp A, A2O bằng oxi để được 1 chất duy nhất là A2O
2A + ½ O2 A2O
x 0,25x (mol)
(gt) = (16,2 + 8x) gam
A2O + H2O 2AOH
2AOH + H2SO4 A2SO4 + 2H2O
0,06 0,03 0,03 (mol)
1
Nguyễn Đình Hành, Ngô Võ Thạnh, Nguyễn Hữu Thọ
Bài viết đăng trên trang 17-20, “ Tạp chí Hóa học & Ứng dụng”- số 8(236)/2015
Theo pt pư: (gt) = = 0,6/2 = 0,3 (mol)
Ta có: 0,3.(2.+16) = 16,2 + 8x x =
Vì 0 < x < 0,6 nên 19 < < 27 = 23 (Na)
x = = 0,3 mol
0,3.23 = 6,9 gam; 16,2 – 6,9 = 9,3 gam
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
(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.( + 17) + 2x
x = (*)
Theo (2): = 2x (mol)
Vì 2x < 0,6 0 < x < 0,3 (**)
Từ (*) và (**) ta có: 0 << 0,3 19 << 27 = 23 (Na)
Thay =23 vào (*) được x = 0,15 (mol)
V = = 3,36 lít
2.0,15.23 = 6,9 gam; 16,2 – 6,9 = 9,3gam
(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): (trong A2O) = ½ (1) (trong A2O) < ½ = = 0,3 (mol).
Khối lượng nguyên tố A trong hỗn hợp: > 16,2 – 16.0,3 = 11,4 gam
Vì 11,4 < < 26,2 nên < < = 23 (Na)
Từ đây, giải tiếp.
1
Nguyễn Đình Hành, Ngô Võ Thạnh, Nguyễn Hữu Thọ
Bài viết đăng trên 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 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)
= 10.0,06 = 0,6 (mol) = 27 g/mol (1)
Giả thiết 2: Giả sử số mol A rất nhỏ, coi như hỗn hợp chỉ có A2O.
A2O + H2O 2ẠOH
= = 0,3 (mol) = 54 g/mol = 19 (2)
Thực tế hỗn hợp có cả A và A2O nên từ (1),(2) 19 < < 27 = 23 (Na)
Vậy hỗn hợp đầu gồm
Bảo toàn KL và BT mol nguyên tố Na ta có: x = 0,3; y = 0,15
0,15.62 = 9,3 gam; 16,2 – 9,3 = 6,9 gam
= (mol) V = 0,15.22,4 = 3,36 lít
= 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
(nguyên tố) = (B) = 10.0,06 = 0,6 (mol)
Đặt T =
Áp dụng quy tắc đường chéo ta có:
Suy ra ta có: (1)
Theo t/c của trị số trung bình 19 << 27 = 23 (Na)
Từ (1) =1 n2 = (mol)
V = = 3,36 lít
0,3*23 = 6,9 gam; 16,2 – 6,9 = 9,3gam
(cô cạn C) = 0,03.142 = 4,26 gam
1
Nguyễn Đình Hành, Ngô Võ Thạnh, Nguyễn Hữu Thọ
Bài viết đăng trên trang 17-20, “ Tạp chí Hóa học & Ứng dụng”- số 8(236)/2015
*Cách 12. Phương pháp trung bình + Quy tắc đường chéo
Đặt CTTB của hỗn hợp là: AxOy {điều kiện: }
AxOy + (x-y)H2O xAOH + (0,5x – y)H2
0,6 (mol)
Ta có: x.+ 16y) = 16,2 16y = x(27 - ) (1)
Vậy: 0 << 0,5 19 < < 27 = > = 23 (Na)
Thay = 23 vào (1) được 0,25 (đặt T )
Na2O n1 T1 = 0,5 0,25 1
0,25
Na n2 T2 = 0 0,25 1
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)
A + H2O AOH + ½ H2 (1)
0,6 → 0,3
O2 + 2H2 2H2O (2)
y 0,3 (0,3- 2y)
2AOH + H2SO4 A2SO4 + 2H2O (3)
0,06 ← 0,03 0,03
Vì thu được V lít H2 nên sau (2) H2 phải còn dư => 0,3 > 2y
=> 19 < < 27 => = 23 (Na)
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”).
---------HẾT----------
© 2024 - nslide
Website chạy thử nghiệm. Thư viện tài liệu miễn phí mục đích hỗ trợ học tập nghiên cứu , được thu thập từ các nguồn trên mạng internet ... nếu tài liệu nào vi phạm bản quyền, vi phạm pháp luật sẽ được gỡ bỏ theo yêu cầu, xin cảm ơn độc giả