vận dụng bất đẳng thức để giải bài tập hoá học

Mục lục

Nội dung Trang
I. Đặt vấn đề 2
II. Giải quyết vấn đề 2
II.1 Cơ sở lí luận 2
II.2 Cơ sở thực tiễn 2
II.3 Các dạng bài tập sử dụng bất đẳng thức 3
II.4 Kết quả đạt được 11
III. Kết luận 12

I. Đặt vấn đề
Đảng và nhà nước ta đã xác định rõ mục tiêu của đất nước: “ Đến năm 2020 Việt
Nam sẽ cơ bản trở thành một nước công nghiệp”. Để đạt được mục tiêu đó thì sự
nghiệp giáo dục phải đặt lên hàng đầu, vì vậy đổi mới giáo dục đóng vai trò then chốt
trong sự nghiệp công nghiệp hoá , hiện đại hoá hiện nay.
Trong những năm gần đây chương trình đổi mới giáo dục đang là tâm điểm , nhận
được sự quan tâm sâu sắc của toàn xã hội. Việc đào tạo con người mới : năng động,
sáng tạo , chiếm lĩnh, làm chủ tri thức có nhiệm vụ lớn lao của người giáo viên.
Hoá học đóng vai trò cực kì quan trọng trong sự phát triển chung của đất nước.Nó
được ứng dụng rộng rãi trong nhiều ngành công nghiệp khác nhau như luyện kim, hoá
dầu Để học tốt môn hoá học cần phải biết kết hợp nó với các môn học khác, trong
đó sự kết hợp giữa hoá học và toán học sẽ là đòn bẩy giúp học sinh phát triển năng lực
tư duy, sáng tạo trong việc học môn hoá học.
Bất đẳng thức không xa lạ gì với những người học toán nhưng việc vận dụng bất đẳng
thức vào giải bài tập hoá làm sao cho hiệu quả thì không phải giáo viên và học sinh
nào cũng làm được.
Hoá học cần sự vận dụng sáng tạo các phép biến đổi trong toán học, trong đó biến đổi
bất đẳng thức nếu được sử dụng linh hoạt sẽ góp phần giải quyết nhanh, nhiều bài tập
hoá học.

Với lí do đó, tôi xin trình bày đề tài : “ Vận dụng bất đẳng thức để giải bài tập hoá
học”.
1
II. Giải quyết vấn đề
II.1. Cơ sở lí luận
Bất đẳng thức trong toán học là một vấn đề rộng lớn và phức tạp, có nhiều dạng
khác nhau . Trong hoá học chỉ vận dụng những dạng đơn giản bao gồm : bất đẳng
thức dạng đơn ( a
≥
b , a
≤
b) hoặc bất đẳng thức dạng kép ( a
≤
b
≤
c). Việc sử dụng bất
đẳng thức sẽ giúp chúng ta xác định được cận trên và cận dưới của một giá trị nào đó
hay nói cách khác sẽ biết được giá trị đó nằm trong khoảng nào, từ đó thu hẹp được
phạm vi bài toán. Ngoài ra, kết hợp biến đổi bất đẳng thức với các dữ liệu bài tập đã
cho giúp giải quyết bài tập một cách nhẹ nhàng và nhanh chóng.
II.2. Cơ sở thực tiễn.
a. Thuận lợi
Thế hệ học sinh hiện nay được đào tạo khá bài bản về các tri thức do đó khả năng
tiếp thu của các em là khá cao.
Bản thân tôi từ khi về trường đến nay được tiếp xúc với nhiều em có nền tảng Toán
học tốt do đó rất thuận lợi trong quá trình truyền đạt kiến thức hoá học.
b. Khó khăn:
- Trình độ học sinh hiện nay là rất không đồng đều: có một số em tiếp thu rất nhanh
nhưng nhiều em tiếp thu khá chậm.
- Khả năng làm việc độc lập, tư duy, sáng tạo của các em là chưa cao, vẫn còn nhiều

em phụ thuộc vào các cách giải bài tập truyền thống.
- Việc sử dụng bất đẳng thức để giải bài tập còn mới lạ các em chưa quen nên khả
năng tiếp nhận và vận dụng ban đầu còn hạn chế.
III.3. Các dạng bài tập sử dụng bất đẳng thức
Dạng 1: Xác định chất hết, chất dư
a. Trường hợp chỉ có 2 chất phản ứng với nhau
2
Giả sử ta có phản ứng: A + B
→
C + D
Đây là dạng bài tập cơ bản mà học sinh có thể bắt gặp trong chương trình Hoá học 8.
Dấu hiệu của bài tập dạng này : Thường bài ra sẽ cho 2 dữ liệu của 2 chất khác nhau.
Yêu cầu của bài tập là sau phản ứng chất nào dư và dư bao nhiêu?
Để giải quyết bài tập dạng này cũng rất đơn giản . Ta sẽ lập tỉ lệ về khối lượng (số
mol) của các chất theo bài ra : khối lượng ( số mol ) theo phương trình phản ứng , sau
đó so sánh hai phân số. Nếu tỉ lệ nào lớn hơn thì chất đó dư và ngược lại. Bài toán sẽ
được tính theo số mol của chất hết.
Ví dụ 1: Đốt cháy 3,1 gam phốt pho trong bình đựng 4,48 lít khí Oxi. Sau phản ứng
chất nào dư? Dư bao nhiêu gam? Tính khối lượng sản phẩm tạo thành?
Giải:
PTPƯ: 4P + 5O
2
→
2P
2
O
5
n
P
=

3,1
31
= 0,1 mol,
2
O
n
=
4,48
22,4
= 0,2 mol
Ta có tỉ lệ:
0,1
4
<
0,2
5

⇒
Sau phản ứng O
2
dư
⇒
Tính theo số mol của P. Theo PTPƯ
:
2
O
n
tham gia phản ứng =
0,1.5
4

= 0,125 mol
⇒

2
O
n
dư = 0,2 – 0,125 = 0,075 mol
⇒

2
O
n
dư = 0,075. 32 = 2,4 gam
2 5
P O
n
tạo thành =
1
2
n
P
= 0,05 mol
⇒

2 5
P O
n
= 0,05 . 142= 7,1 gam
b. Trường hợp nhiều chất phản ứng với nhau
Trong trường hợp có nhiều chất phản ứng với nhau thì bài toán trở nên phức tạp hơn:

Dạng bài tập thường bắt gặp là bài tập xác định hỗn hợp kim loại dư hay axit dư?
+ Khi các kim loại có cùng hoá trị : Dựa vào khối lượng của hỗn hợp ta xác định
khoảng số mol của hỗn hợp, từ đó ta sẽ so sánh với số mol của axit, suy ra điều cần
chứng minh.
Ví dụ 2: Hoà tan hỗn hợp X gồm 37,2 gam Zn và Fe trong 1 mol H
2
SO
4
a. Chứng minh hỗn hợp X tan hết.
b. Nếu hoà tan với lượng gấp đôi hỗn hợp X cùng lượng axit trên thì hỗn
hợp có tan hết không?
Giải.
a. PTHH: Zn + H
2
SO
4

→
ZnSO
4
+ H
2
(1)
Fe + H
2
SO
4
→
FeSO
4

+ H
2
(2)
Giả sử hỗn hợp X toàn là Zn
⇒
n
hh
=
37,2
65
= 0,57 mol
Giả sử hỗn hợp X toàn là Fe
⇒
n
hh
=
37,2
56
= 0,66 mol

⇒
0,57< n
hh
< 0,66 . Theo (1), (2)
⇒
n
hh
=
2 4
H SO

n
. Mà số mol kim loại max =
0,66 < 1
⇒
Sau phản ứng axit vẫn còn dư.
3
b. Nếu lấy lượng gấp đôi kim loại trên thì 1,14 < n
hh
< 1,33 => Lượng axit tối thiểu
cần phải dùng bằng 1,14 mol > 1 mol
⇒
Lượng axit không đủ để hoà tan hỗn hợp.
+ Khi các kim loại có hoá trị khác nhau: Từ khối lượng của hỗn hợp chúng ta cũng có
thể xác định được khoảng số mol của hỗn hợp nhưng lúc này do hoá trị của các kim
loại khác nhau nên tỉ lệ số mol của kim loại phản ứng với axit là khác nhau. Vì vậy ta
chưa thể so sánh số mol của kim loại với axit mà phải cần một chút thủ thuật biến đổi
toán học.
Ví dụ 3: Cho 22 gam hỗn hợp X gồm Al và Fe phản ứng hoàn toàn với 500 ml dung
dịch HCl 1,2 M. Chứng minh hỗn hợp X không tan hết ?
Giải:
Nếu không có câu hỏi này nhiều học sinh sẽ nhầm tưởng rằng hỗn hợp X tan hết vì
hiểu sai nghĩa “phản ứng hoàn toàn”. Để chứng minh hỗn hợp X không tan hết có thể
làm theo một số cách sau:
Cách 1: PTHH: 2Al + 6HCl
→
2AlCl
3
+ 3H
2
(1)

a 3a
Fe + 2HCl
→
FeCl
2
+ H
2
(2)
b 2b
Gọi a, b là số mol của Al và Fe.
Giả sử hỗn hợp X toàn là Al
⇒
n
hh
= (a + b) = 22:27 = 0,81 mol
Giả sử hỗn hợp X toàn là Fe
⇒
n
hh
= 22:56 = 0,39 mol .

⇒
0,39 < n
hh
< 0,81

⇒
0,39 < a +b < 0,81 .
Nhân 2 vế của bất phương trình với 2 ta có: 0,78 < 2(a + b) < 1,62

⇒
2(a + b) > 0,78 .
Theo (1) (2) 3a + 2b = 0,5. 1,2 = 0,6 mol.
Ta có : 3a + 2b > 2(a + b) > 0,78
⇒
Số mol axit cần > 0,78 mol. Mà số mol axit có chỉ là 0,6 mol
⇒
Hỗn hợp X
không tan hết.
Cách 2:
PTHH: 2Al + 6HCl
→
2AlCl
3
+ 3H
2
(1)
a 3a
Fe + 2HCl
→
FeCl
2
+ H
2
(2)
b 2b
Gọi a, b là số mol của Al và Fe. Ta có 27a + 56b = 22
n
HCl
cần dùng = 3a + 2b mol.

Chọn M = 56 làm nhân tử chung ta có : 56(a + b) > 27a + 56 b = 22
2(a + b) > 0,78
⇒
3a + 2b > 2( a + b) > 0,78 . Lập luận tương tự cách 1 sẽ ra cùng kết
quả.
4
+ Bài toán cũng có thể được giải quyết khi cho hỗn hợp kim loại tác dụng với hỗn hợp
axit.
Ví dụ 4: Cho 12,9 gam hỗn hợp A gồm Fe, Mg và Zn phản ứng với 400 ml dung dịch
X chứa HCl 1M và H
2
SO
4
2M. Sau phản ứng xảy ra thu được khí B và dung dịch C.
Chứng tỏ trong C vẫn còn dư axit ?
Giải
Do 3 kim loại có cùng hoá trị nên ta gọi công thức chung của 3 kim loại là A.
PTHH: A + 2HCl
→
ACl
2
+ H
2
A + H
2
SO
4
→
ASO
4

+ H
2

n
HCl
= 0,4.1 = 0,4 mol
⇒
n
H
= 0,4 mol
2 4
H SO
n
= 0,4.2 = 0,8 mol
⇒
n
H
= 0,8.2 = 1,6 mol
n
H
trong 2 axit = 0,4 + 1,6 = 2 mol
Gọi a,b, c là số mol của Fe, Mg, Zn trong hỗn hợp ta có : 56a + 24b + 65c = 12,9
Mặt khác : 24a + 24b +24c < 56a + 24b + 65c

⇒
24( a + b + c) < 12,9

⇒
a + b + c < 0,5375
Theo các PTHH thì n

H
=2 n
hh

⇒
n
H
cần dùng < 2. 0,5375 = 1,075 mol.
Mà n
H
có = 2 mol
⇒
axit vẫn còn dư.
Dạng 2: Xác định nhanh các trường hợp xảy ra phản ứng.
Trong các bài tập khi cho oxit axit ( CO
2
, SO
2
, P
2
O
5
… ) tác dụng với dung dịch bazơ (
NaOH, Ca(OH)
2
… ) , dung dịch bazơ tác dụng với đa axit ( H
2
SO
4
, H

3
PO
4
) hay
khi cho hỗn hợp kim loại tác dụng với dung dịch muối chúng ta cũng có thể dễ dàng
xác định sản phẩm tạo thành hoặc loại bỏ nhanh trường hợp không thể xảy ta phản
ứng dựa vào bất đẳng thức.
Ví dụ 5 : Đốt cháy 3,1 gam P trong bình đựng oxi dư rồi lấy sản phẩm thu được vào
bình đựng 125 ml dung dịch NaOH 2M. Tính khối lượng của muối thu được.
Giải:
PTHH có thể xảy ra:
4P + 5O
2

o
t
→
2P
2
O
5
(1)
P
2
O
5
+ 6NaOH
→
2Na
3

PO
4
+ 3H
2
O (2)
P
2
O
5
+ 4NaOH
→
2Na
2
HPO
4
+ H
2
O (3)
P
2
O
5
+ 2NaOH + H
2
O
→
2NaHPO
4
(4)
n

P
=
3,1
31
= 0,1 mol
n
NaOH
= 0,125.2 = 0,25 mol
Theo phương trình phản ứng (1) =>
2 5
P O
n
= 0,05 mol
Ta có : 4<
NaOH
n
:
2 5
P O
n
= 0,25 : 0,05 = 5 < 6
⇒
Phản ứng (1) (2) (3) xảy ra.
Gọi a, b là số mol của P
2
O
5
ở (2), (3)
5
Ta có :

a + b = 0,05 *
6a + 4b = 0,25 **
Giải *, **
⇒
a = 0,025 mol , b = 0,025 mol
⇒
3 4
Na PO
n
= 2.0,025 = 0,05 mol
⇒

3 4
Na PO
m
= 0,05. 164 = 8,2 gam
2 4
Na HPO
n
= 2.0,025 = 0,05 mol
⇒

2 4
Na HPO
m
= 0,05.142 = 7,1 gam
Ví dụ 6 : Cho 2,144 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu tác dụng với 0,2 lit dung dịch
AgNO
3
chưa rõ nồng độ, sau phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dụng dịch B và

7,168 gam chất rắn C. Cho dung dịch B tác dụng với dung dịch NaOH dư , lọc lấy kết
tủa rửa sạch nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 2,56 gam chất
rắn. Tính khối lượng mỗi kim loại trong A.
Giải :
PTHH: Fe + 2AgNO
3

→
Fe(NO
3
)
2
+ 2Ag
Cu + 2AgNO
3
→
Cu(NO
3
)
2
+ 2Ag
Theo bài ra do phản ứng xảy ra hoàn toàn nên có thể xảy ra 3 trường hợp:
Trường hợp 1: AgNO
3
hết và A dư
Trường hợp 2: AgNO
3
dư và A hết
Trường hợp 3: AgNO
3

hết và A hết
Giả sử hỗn hợp A tan hết khi đó chất rắn C toàn là Ag.Ta có:
2,144:64< n
hh
< 2,144:56 .
Theo PTHH
⇒
2,144.108.2:64< m
Ag
< 2,144.108.2:56

⇒
7,236<m
C
= m
Ag
<8,269 .
Mà theo bài ra m
C
= 7,168 gam
⇒
A chưa tan hết. Ta sẽ loại trường hợp 1 . Vậy chỉ
có 2 trường hợp xảy ra:
TH
1
: Fe dư và Cu chưa phản ứng
TH
2
: Fe hết Cu phản ứng một phần.
Bài toán sẽ được rút ngắn thời gian trong quá trình giải.

Dạng 3: Xác định công thức của kim loại
Ví dụ 7 : Một hỗn hợp A gồm M
2
CO
3
, MHCO
3
, MCl ( M là kim loại kiềm)
Cho 43,71 gam A tác dụng với V ml (dư ) dung dịch HCl thu được dung dịch B và
17,2 gam khí C. Chia B thành 2 phần bằng nhau:
- Phần 1 phản ứng vừa đủ với 125 ml dung dịch KOH 0,8 M
- Phần 2 tác dụng hoàn toàn với AgNO
3
dư thu được 68,88 gam kết tủa trắng.
Xác định kim loại M
Giải:
Gọi số mol của các chất trên là a, b, c .
PTHH:
M
2
CO
3
+ 2 HCl
→
2MCl + CO
2
+ H
2
O
MHCO

3
+ HCl
→
MCl + CO
2
+ H
2
O
Dung dịch B sau phản ứng gồm ( 2a + b + c ) mol MCl và 2d mol HCl dư.
6
Các phản ứng tiếp tục xảy ra:
HCl + KOH
→
KCl + H
2
O
HCl + AgNO
3

→
AgCl + H
2
O
MCl + AgNO
3

→
AgCl + MNO
3
Ta có hệ:

(2 60) ( 61) ( 35,5) 43,71(1)
17,6
0,4(2)
44
0,125.0,8 0,1(3)
68,88
0,5.(2 ). 0,48(4)
143,5
a M b M c M
a b
d
a b c d
+ + + + + =



+ = =


= =


+ + = =


Từ (3) (4) ta có : 2a + b + c = 0,76
Kết hợp phương trình trên với (2)
⇒
a + c = 0,36 (5)
⇒

a < 0,36
Từ (2) và (5)
⇒
b = 0,4 – a , c = 0,36 – a
Từ (1)
⇒
2aM + 60a + (0,4-a)(M + 61) + (0,36-a)(M + 35,5) = 43,71
⇒
2aM+ 60a + 0,4M + 24,4 - aM - 61a + 0,36M + 12,78 - aM -35,5a = 43,71
⇒
0,76M – 35,5a = 6,53
⇒
a =
0,76 6,53
36,5
M −
Do 0 < a < 0,36
Nên 0 <
0,76 6,53
36,5
M −
< 0,36
8,6 < M < 25,83
M là kim loại kiềm nên M chỉ có thể là Na ( 23)
+ Sự kết hợp giữa bất đẳng thức và khối lượng mol trung bình (
M
) cho phép ta xác
định nhanh công thức của các nguyên tố cùng một nhóm thuộc hai chu kì liên tiếp
trong bảng tuần hoàn dựa theo nguyên tắc A<
M

< B trong đó A < B
Ví dụ 8 : Hoà tan 28,4 gam hỗn hợp 2 muối Cacbonat của 2 kim loại hoá trị II bằng
dung dịch HCl dư thu được 6,72 lit khí ở đktc. Xác định 2 kim loại trên nếu chúng
cùng nhóm và thuộc 2 chu kì liên tiếp trong bảng tuần hoàn.
Giải:
Gọi công thức trung bình của 2 muối là
M
CO
3
, a là số mol của hỗn hợp 2 muối .
Ta có phương trình :
M
CO
3
+ 2HCl
→
MCl
2
+ CO
2
+ H
2
O
a a
Theo bài ra ta có :
a(
M
+ 60) = 28,4 (1)
a = 6,72: 22,4 = 0,3 (2)
Từ (1) (2)

⇒

M
= 34,6
Gọi A, B các kim loại cần tìm trong đó A< B
7
Ta có : A < 34,6 < B . Mà A, B thuộc cùng một nhóm và 2 chu kì liên tiếp
⇒
A là Mg
(24) , B là Ca(40)
Dạng 4: Xác định giá trị max, min
Thường được sử dụng để xác định lượng kết tủa.
Ví dụ 9 : Hoà tan hoàn toàn 28,1 gam hỗn hợp gồm MgCO
3
và BaCO
3
có thành phần
thay đổi trong đó chứa x% MgCO
3
bằng dung dịch HCl dư và cho khí thoát ra hấp thụ
hết hấp thụ hết vào 500 ml dung dịch Ca(OH)
2
0,4 M thì thu được kết tủa D. Hỏi x có
giá trị bao nhiêu thì lượng kết tủa max, min? Tính lượng kết tủa đó?
Giải:
PTHH có thể xảy ra:
MgCO
3
+ 2HCl
→

MgCl
2
+ CO
2
+ H
2
O (1)
BaCO
3
+ 2HCl
→
BaCl
2
+ CO
2
+ H
2
O (2)
CO
2
+ Ca(OH)
2

→
CaCO
3
+ H
2
O (3)
CO

2
+ CaCO
3
+ H
2
O
→
Ca(HCO
3
)
2
(4)
Ta có :
28,1
197

≤
n
hh

≤
28,1
84

⇔
0,14
≤
n
hh

≤
0,33
⇒
0,14
≤
2
CO
n
≤
0,33
2
( )Ca OH
n
= 0,5.0,4 = 0,2 mol
Theo các phương trình thì lượng kết tủa lớn nhất khi CO
2
vừa đủ cho phản ứng (3)
⇒

2
CO
n
= 0,2 mol.
Gọi a, b là số mol của MgCO
3
và BaCO
3
ta có:
0,2(1)
84 197 28,1(2)

a b
a b
+ =


+ =

Giải ra ta có : a = 0,1 , b = 0,1
⇒
3
CaCO
m
= 0,1. 84 = 8,4 gam

⇒
x =
8,4
28,1
.100% = 29,89%
Khi đó
3
CaCO
m
= 0,2. 100 = 20 gam
- Lượng kết tủa min có thể xảy ra một trong hai trường hợp:
+ Lượng CO
2
sinh ra là min khi đó xảy ra phản ứng (3). Số mol CO
2
min = 0,14

⇔
hỗn hợp toàn BaCO
3
. Khi đó
3
CaCO
n
=
2
CO
n
= 0,14 mol
+ Lượng CO
2
sinh ra nhiều do đó ngoài phản ứng (3) còn xảy ra sự hoà tan kết tủa ở
phản ứng (4)
Theo bài ra ta có :
2
CO
n
max = 0,33 mol
⇒

2
CO
n
(3) = 0,2 mol ,
2
CO
n

(4) = 0,33 – 0,2 = 0,13 mol
⇒

3
CaCO
n
bị hoà tan = 0,13 mol
⇒

3
CaCO
n
còn = 0,2 – 0,13 = 0,13= 0,07 mol
So sánh 2 trường hợp trên
⇒
Lượng kết tủa Min
⇔
hỗn hợp toàn MgCO
3
hay x =
100% . Khi đó lượng kết tủa = 0,07.100 = 7 gam.
III.4. Kết quả đạt được
Với việc áp dụng bất đẳng thức vào giải bài tập hoá học các em đã có một phương
pháp tư duy hoàn toàn mới .Trong quá trình giảng dạy , tôi nhận thấy các em có nhiều
hứng thú hơn khi tiếp cận phương pháp này. Đa số các em hiểu vận dụng tốt những
8
kiến thức mà thầy đã truyền thụ vì vậy trong các kì thi học sinh giỏi các em đã đạt
được kết quả khá cao: 100% số học sinh đều hoàn thành tốt các bài tập có sử dụng bất
đẳng thức.
III. Kết luận

Có thể nói rằng các phép biến đổi toán học đóng một vai trò quan trọng trong việc
giải bài tập hoá học. Bất đẳng thức chỉ là một trong số. Để phát huy hết những hiệu
quả mà toán học đưa lại thì trong dạy học hoá học đòi hỏi giáo viên phải chú trọng
cho học sinh một phương pháp học tập sáng tạo, đồng thời giáo viên cần có một kiến
thức cơ sở vững chắc, biết phát huy tinh thần tự học của học sinh.
Với sáng kiến này, tôi hi vọng sẽ tạo thêm tư liệu cho các đồng nghiệp trong công
tác bồi dưỡng học sinh giỏi , tạo tiền đề vững chắc cho việc bồi dưỡng nhân tài đất
nước sau này.
Vì thời gian có hạn nên chắc chắn không thể tránh khỏi những thiếu sót, rất mong
các đồng nghiệp đóng góp ý kiến để sáng kiến được hoàn thiện hơn.
Đồng nghiệp có thể gửi ý kiến đóng góp theo địa chỉ Gmail:



9