Đề tài Phương pháp cực trị qua một bài toán cấp trung học cơ sở

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 = 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 Þ x = 0,3; y = 0,15} 
b. Rắn khan thu được là 4,26 gam
c. 0,323 = 6,9 gam; 9,3 gam
*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 Þ < 27 < + 8 Û 19 << 27 Þ = 23 (Na)
BTKL Þ 16y = 16,2 – 0,623 Þ y = 0,15; x = 0,3.
 V = 0,50,322,4 = 3,36 lít
b. Tăng giảm khối lượng Þ = 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 
Þ 0,6= 16a + 6,6 Þ = (1)
 Theo pư thấy Û 0,3 < a < 0,6 (2)
 Thay (2) vào (1) Þ 19 < < 27 Þ = 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
 = Û 2+ 16x = 54 Þ x = 
 Vì 0 < x < 1 nên Þ 0 < < 1 Þ 19 < < 27. Þ = 23 (Na)
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: Þ 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 Þ x = (1)
 Ta thấy 0 < (hh đầu) < ½ Û 0 << 0,3 (2)
 Từ (1),(2) Þ 0 < < 0,3 Þ 19 << 27. Þ = 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 = Þ< 27 < + 8 Û 19 < < 27 Þ = 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) Þ 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)
 Theo pt pư: (gt) = = 0,6/2 = 0,3 (mol)
 Ta có: 0,3.(2.+16) = 16,2 + 8x Þ x = 
 Vì 0 < x < 0,6 nên Þ Þ 19 < < 27 Þ = 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 
 Þ x = (*)
 Theo (2): = 2x (mol) 
 Vì 2x < 0,6 Þ 0 < x < 0,3 (**)
 Từ (*) và (**) ta có: 0 << 0,3 Þ 19 << 27 Þ = 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) Þ (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 Þ < < Þ = 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)
 = 10.0,06 = 0,6 (mol) Þ = 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) Þ = 54 g/mol Þ= 19 (2)
 Thực tế hỗn hợp có cả A và A2O nên từ (1),(2) Þ 19 < < 27 Þ = 23 (Na)
 Vậy hỗn hợp đầu gồm 
 Bảo toàn KL và BT mol nguyên tố Na ta có: Þ x = 0,3; y = 0,15 
 0,15.62 = 9,3 gam; 16,2 – 9,3 = 6,9 gam
 = (mol) Þ 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 Þ 19 << 27 Þ = 23 (Na)
 Từ (1) Þ =1 Þ 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 
*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 Þ 16y = x(27 - ) Û (1)
 Vậy: 0 = 23 (Na)
Þ Þ n2 = 
 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 = 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----------