Tải bản đầy đủ (.docx) (6 trang)

phuong phap hoa thcs

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (241.44 KB, 6 trang )

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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 1 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 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 n a. H 2SO4 = 0,03 (mol) Gọi x, y lần lượt là số mol của 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, 2  x M A  2y M A  16y 16, 2 (1)     x M A  2y M A 0, 6 M A (2) Ta có:  x  2y 0, 6 16, 2  0, 6 M A y 16 Lấy (1) – (2) và biến đổi được: 16, 2  0, 6 M A M 16 Vì : 0 < y < 0,3 nên  0 < < 0,3  19 < A < 27 M Chỉ có A = 23 là thỏa mãn. Vậy A là kim loại Na. 23x  62y 16, 2  Giải hệ pt  x  2y 0, 6  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 được là Na 2SO4 m 16, 2  6,9 9,3 gam m  c. Na 0,3 23 = 6,9 gam; Na 2O *Cách 2. Phương pháp trị số Trung bình hệ số chuyển khối + Tăng giảm khối lượng + Bảo toàn khối lượng.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> T a. Đặt. m hh n OH (bz). . 16, 2 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, 2 T  27 n OH (bz) 0,06 10 Theo đề ta có: M M M Vì T1 < T < T2 nên  A < 27 < A + 8  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, 2 0,15  16   0, 03.96  m Na SO 10 2 4 = 10 b. Tăng giảm khối lượng  4,26 gam. m 16, 2  6,9 m  c. Na 0,3 23 = 6,9 gam; Na 2O = 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 n  Ta có : AOH (B) 10.0,06 = 0,6 mol Gọi a là số mol H2O phản ứng 2a  0, 6 2 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, 6 MA MA 0, 6  0,6 = 16a + 6,6  = (1) 1 n OH  n H2O  n OH Theo pư thấy 2  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 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 + (1  x) H2  (I) 2AOH + H2SO4  A2SO4 + 2H2O (II) 0,06  0,03 0,03 0,06 nA O n  2 x = ½ AOH (B) 10. 2 = 0,3 mol Ta có: 16, 2 27  M A 54 MA O M 8 2 x = 0,3  2 A + 16x = 54  x =.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 27  M A. M 8 Vì 0 < x < 1 nên  0 < < 1  19 < A < 27. M Chỉ có A = 23 là thỏa mãn. M Thay A = 23 vào (1) được x = 0,5 1  0,5 0,5.0, 6 nH  n OH  2 2 2 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 2a  b 0, 6  Ta có: 62a  23b 16, 2  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. n ng.toáA. n  = AOH (B) 10.0,06 = 0,6 mol Gọi x là số mol oxi trong hỗn hợp đầu 16, 2  0, 6M A MA 16 Theo đề ta có: 0,6 + 16x = 16,2  x = (1) n n n Ta thấy 0 < O (hh đầu) < ½  A  0 < O < 0,3 (2) 16, 2  0, 6M A M M 16 Từ (1),(2)  0 < < 0,3  19 < A < 27. Chỉ có A = 23 là thỏa mãn (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 n hh (gt) = nOH (B) = 0,06.10 = 0,6 (mol) 16, 2 27 M M M M hh = 0, 6  A < 27 < A + 8  19 < A < 27 (hh đầu). M Chỉ có A = 23 là thỏa mãn. Vậy kim loại A là Na. 2 chất trong hỗn hợp đầu là Na, Na2O 16, 2  0, 6.23  n Na O n O 16 2 BTKL ta có: = 0,15 (mol) m Na O  m 16, 2  9,3  2 0,15.62 = 9,3 gam; Na 6,9 gam 1 n A  (0, 6  0,15.2)  n 2 Theo pư (3): H2 = 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 m Na SO 2 4 = 0,03.142 = 4,26 gam *Cách 7. Phương pháp thêm giả thiết phụ + Phương pháp cực trị theo số mol x(mol) A:  A O : y(mol) Đặt  2 Giả sử đốt hỗn hợp A, A2O bằng oxi để được 1 chất duy nhất là A2O t0 2A + ½ O2   A2O.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> x  0,25x (mol) mA O 2 (gt) = (16,2 + 8x) gam A2O + H2O  2AOH 2AOH + H2SO4  A2SO4 + 2H2O 0,06 0,03 0,03 (mol) 1 n AOH (B) nA O 2 (gt) = 2 Theo pt pư: = 0,6/2 = 0,3 (mol) 0,6.M A -11,4 M 8 Ta có: 0,3.(2. A +16) = 16,2 + 8x  x = 0,6.M A -11,4 0  0, 6 M 8 Vì 0 < 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  8 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 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 m Na SO 2 4 (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:  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 2. (*). Theo (2): = 2x (mol) Vì 2x < 0,6  0 < x < 0,3 (**) 0,6M A  11,4. M M 16 Từ (*) và (**) ta có: 0 < < 0,3  19 < A < 27  A = 23 (Na) M Thay A =23 vào (*) được x = 0,15 (mol) V = 0,15 22, 4 = 3,36 lít m  m Na  2.0,15.23 = 6,9 gam; Na 2O 16,2 – 6,9 = 9,3gam m Na SO 2 4 (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).

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Theo (1):. nO. (trong A2O). =½. n OH. (1) . nO. (trong A2O). <½.  n OH. 0, 6 = 2 = 0,3 (mol).. m Khối lượng nguyên tố A trong hỗn hợp: nguyeân toáA > 16,2 – 16.0,3 = 11,4 gam 11, 4 26, 2  19 27 m nguyeân toáA M A 0, 6 M 0, 6 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 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) 16, 2  n A (gt) n OH M = 10.0,06 = 0,6 (mol)  A = 0, 6 27 g/mol (1) Giả thiết 2: Giả sử số mol A rất nhỏ, coi như hỗn hợp chỉ có A2O. A2O + H2O  2ẠOH 16, 2 1 10*0,06  n A O (gt)  n OH M M 2 2 2 = = 0,3 (mol)  A 2O = 0,3 54 g/mol  A = 19 (2) M M Thực tế hỗn hợp có cả 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  2 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. 2. m Na.  m  0,15.62 = 9,3 gam; Na 16,2 – 9,3 = 6,9 gam 1 0,3  n Na 0,15 2 = 2 (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, 2  27 nA 0,6 Đặt T = Áp dụng quy tắc đường chéo ta có:. Suy ra ta có:. 2n1 27  M A  n2 M A  19. (1). M M Theo t/c của trị số trung bình  19 < A < 27  A = 23 (Na) 2n1 27  23 0, 6  0,3 n 23  19 Từ (1)  2 =1  n2 = 2 (mol).

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 0,3 22, 4 V= 2 = 3,36 lít m  m Na  0,3*23 = 6,9 gam; Na 2O 16,2 – 6,9 = 9,3gam m Na SO 2 4 (cô cạn C) = 0,03.142 = 4,26 gam *Cách 12. Phương pháp trung bình + Quy tắc đường chéo A y  0   0,5 A O x Đặt CTTB của hỗn hợp  2 là: AxOy {điều kiện: } AxOy + (x-y)H2O  xAOH + (0,5x – y)H2  0, 6 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: 0 < 16 < 0,5  19 < A < 27 = > A = 23 (Na) y  MA Thay = 23 vào (1) được x 0,25 (đặt T ) Na2O n1 T1 = 0,5 0,25  1 2n1 1 0, 6  0,25 0,3 n 1  2  n2 = 2 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)  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 được V lít H2 nên sau (2) H2 phải còn dư => 0,3 > 2y 0, 6 A  16, 2 Ax  32 y 16, 2   A x mol   0,3   x 0, 6  16, 2  32.  2 O2 y mol 0,3  2 y A   M 0, 6  => 19 < A < 27 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”). Chỉ cần một chút “đam mê” thì chắc chắn mỗi thầy cô giáo đều có thể đóng góp một chút gì đó cho bộ môn Hóa học. ---------HẾT----------.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay
×