tài liệu hóa vô cơ rất hay

A. HOÁ ĐẠI CƯƠNG
1. Viết phương trình điện li của các chất sau:
a. HCl, HNO
3
, H
2
SO
4
, H
3
PO
4
, H
3
PO
3
, H
2
CO
3
, H
2
S, CH
3
COOH.
b. NaOH, Ba(OH)
2
, Cu(OH)
2

, Fe(OH)
3
, Al(OH)
3
, Zn(OH)
2
, Sn(OH)
2
.
c. Na
2
SO
4
, Na
3
PO
4
, Al
2
(SO
4
)
3
, NaOCl, Na
2
HPO
4
, Na
2
HPO

3
, NaHCO
3
, NaHSO
4
, [Ag(NH
3
)
2
]
2
SO
4
.
 Bài giải (a)

 ClHHCl



33
NOHHNO



442
HSOHSOH


4

HSO





2
4
SOH

43
POH




42
POHH


42
POH




2
4
HPOH

2
4
HPO




3
4
POH

33
POH




32
POHH


32
POH




2
3
HPOH

32
COH




3
HCOH


3
HCO




2
3
COH

SH
2



 HSH


HS





2
SH

COOHCH
3



 COOCHH
3

(b)
NaOH  Na
+
+ OH
-
Ba(OH)
2
 Ba
2+
+ 2OH
-

Cu(OH)
2



Cu
2+
+ 2OH
-

Cu(OH)
2
+ 2H
2
O



 H2)OH(Cu
2
4

Fe(OH)
3



Fe
3+
+ 3OH
-

Zn(OH)

2



Zn
2+
+ 2OH
-

Zn(OH)
2
+ 2H
2
O



 H2)OH(Zn
2
4

Sn(OH)
2



Sn
2+
+ 2OH
-

Sn(OH)
2
+ 2H
2
O



 H2)OH(Sn
2
4

(c)
Na
2
SO
4
 2Na
+
+
2
4
SO

Na
3
PO
4
 3Na

+
+
3
4
PO

Al
2
(SO
4
)
3
 2Al
3+
+ 3
2
4
SO

NaOCl  Na
+
+ ClO
-

Na
2
HPO
4
 2Na
+

+
2
4
HPO

2
4
HPO




3
4
POH

Na
2
HPO
3
 2Na
+
+
2
3
HPO

NaHCO
3
 Na

+
+

3
HCO


3
HCO




2
3
COH

NaHSO
4
 Na
+
+ H
+
+
2
4
SO

[Ag(NH
3

)
2
]
2
SO
4

 

23
)NH(Ag
+
2
4
SO

 

23
)NH(Ag


Ag
+
+ 2NH
3

2. Hoàn thành các phản ứng sau đây dưới dạng phương trình phân tử và phương trình ion thu gọn:
a. K
2
CO
3
+ Ca(NO
3
)
2
 2KCl + CaCO
3



3
22
3
CaCOCaCO

b. K
2
CO
3
+ 2HCl  2KCl + CO
2
 + H
2
O
OHCOH2CO
22

2
3



c. Al(NO
3
)
3
+ 3NH
3
+ 3H
2
O  Al(OH)
3
+ 3NH
4
Cl


4323
3
NH3)OH(AlOH3NH3Al

d. MgSO
4
+ 2NH
3
+ 2H
2

O  Mg(OH)
2
 + (NH
4
)
2
SO
4

Mg
2+
+ 2NH
3
+ 2H
2
O  Mg(OH)
2
 +

4
NH2

e. (NH
4
)
2
SO
3
+ HBr  2NH
4

Cl + H
2
O + SO
2

22
2
3
SOOHH2SO 


f. CaS + HCl  CaCl
2
+ H
2
S
S
2-
+ 2H
+
 H
2
S
g. FeS + HCl  FeCl
2
+ H
2
S
FeS + 2H
+

 Fe
2+
+ H
2
S
h. 2CH
3
COOK + H
2
SO
4
 2CH
3
COOH + K
2
SO
4

CH
3
COO
-
+ H
+
 CH
3
COOH
i. Na
2
CO

3
+ 2NaHSO
4
 Na
2
SO
4
+ H
2
O + CO
2

OHCOH2CO
22
2
3



j. CaCO
3
+ H
2
O + CO
2
 Ca(HCO
3
)
2

CaCO
3
+ H
2
O + CO
2



2
3
2
HCO2Ca

k. NH
4
Cl + NaOH  NaCl + NH
3
+ H
2
O
OHNHOHNH
234



l. Cu(OH)
2
+ 4NH
3

 [Cu(NH
3
)
4
](OH)
2

Cu(OH)
2
+ 4NH
3
 [Cu(NH
3
)
4
]
2+
+ 2OH
-



3. Hoàn thành các phản ứng sau đây dưới dạng phương trình phân tử:
a. Ba
2+
+ CO
3
2–
→ BaCO
3


BaCl
2
+ Na
2
CO
3
 BaCO
3
+ 2NaCl
b. Fe
3+
+ 3OH
–
→ Fe(OH)
3

FeCl
3
+3KOH  Fe(OH)
3
+ 3KCl
c. NH
4
+
+ OH
–
→ NH
3
 + H

2
O
NH
4
Cl + NaOH  NH
3
+ NaCl + H
2
O
d. S
2–
+ 2H
+
→ H
2
S 
Na
2
S + H
2
SO
4
 Na
2
SO
4
+ H
2
S
e. PO

4
3–
+ 3H
+
→ H
3
PO
4

Na
3
PO
4
+ 3HCl  H
3
PO
4
+ 3NaCl
f. H
+
+ OH
–
→ H
2
O
HCl + NaOH  NaCl + H
2
O

4. Viết các phương trình hóa học có thể xảy ra khi cho
a. dung dịch chứa: NH
4
+
, CO
3
2–
, Na
+
vào dung dịch chứa: Na
+
, K
+
, OH
–


OHNHOHNH
234



b. dung dịch chứa: Na
+
, Ba
2+
, OH
–
vào dung dịch chứa: H
+

, Cl
–
, SO
4
2–





4
2
4
2
2
BaSOSOBa
OHOHH

c. dung dịch chứa: NH
4
+
, H
+
, SO
4
2–
vào dung dịch chứa: Ba
2+
, Na
+

, OH
–






4
2
4
2
234
2
BaSOSOBa
OHNHOHNH
OHOHH

d. dung dịch chứa: Ba
2+
,

Ca
2+
, HCO
3
–
vào dung dịch chứa: Na
+
, K

+
, OH
–






3
2
3
2
3
2
3
2
2
2
33
CaCOCOCa
BaCOCOBa
OHCOOHHCO




5. Dự đoán hiện tượng xảy ra và giải thích bằng phương trình hóa học khi:
a. Nhỏ từ từ cho đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl
3

.
Trước tiên, thấy kết tủa trắng keo xuất hiện.
3NaOH + AlCl
3
 Al(OH)
3
+ 3NaCl
Sau đó, kết tủa tan dần tạo thành dung dịch trong suốt.
Al(OH)
3
+ NaOH  NaAlO
2
+ 2H
2
O
hoặc Al(OH)
3
+ NaOH  Na[Al(OH)
4
]
b. Thổi từ từ cho đến dư khí CO
2
vào dung dịch NaAlO
2
. Kết luận gì về tính axit của H
2
CO
3
và
HAlO

2
.H
2
O?
Kết tủa trắng keo xuất hiện.
NaAlO
2
+ CO
2
+ H
2
O  Al(OH)
3
 + NaHCO
3

Tính axit của H
2
CO
3
mạnh hơn tính axit của Al(OH)
3

c. Nhỏ từ từ cho đến dư dung dịch NH
3
vào dung dịch CuSO
4
.
Trước tiên, thấy xuất hiện kết tủa màu xanh lơ.
CuSO

4
+ 2NH
3
+ 2H
2
O  Cu(OH)
2
 + (NH
4
)
2
SO
4

Sau đó kết tủa tan tạo thành dung dịch có màu xanh lam (hay xanh thẫm).
Cu(OH)
2
+ 4NH
3
 [Cu(NH
3
)
4
]
2+
+ 2OH
-
d. Cho một mảnh Cu vào dung dịch KNO
3
, sau đó thêm một ít dung dịch H

2
SO
4
đặc.
Thấy xuất hiện khí không màu hóa nâu trong không khí.
OH4NO2Cu3NO2H8Cu3
2
2
3






6. Cân bằng sau tồn tại trong dung dịch: CH
3
COOH


CH
3
COO
–
+ H
+
.
Độ điện li của CH
3
COOH sẽ biến đổi như thế nào khi:

a. Nhỏ vào vài giọt dung dịch HCl.
Khi tăng nồng độ H
+
cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch. Vì vậy độ điện li giảm.
b. Pha loãng dung dịch.
Khi pha loãng dung dịch độ điện li tăng. Vì khi đó, các ion dương và âm dời xa nhau hơn ít có
điều kiện va chạm vào nhau để tạo lại phân tử, trong khi sự phan loãng không cản trở sự phân li
của các ion.
c. Nhỏ vào vài giọt dung dịch NaOH.
Khi nhỏ vài giọt dung dịch NaOH thì độ điện li tăng, vì nồng độ H
+
giảm: H
+
+ OH
-
 H
2
O
d. Thêm vào một ít tinh thể CH
3
COONa.
Thêm một ít tinh thể CH
3
COONa đồng nghĩa với sự tăng nồng độ CH
3
COO
-
nên độ điện li giảm
do cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch.

7. Cho 2 dung dịch A và B, mỗi dung dịch chỉ chứa 2 loại cation và 2 loại anion trong số các ion sau:
K
+
(0,15 mol), Mg
2+
(0,1 mol), NH
4
+
(0,25 mol), H
+
(0,2 mol) Cl
–
(0,1 mol), SO
4
2–
(0,075 mol), NO
3
–

(0,25 mol), CO
3
2–
(0,15 mol)
Hãy lập luận để xác định các ion có trong mỗi dung dịch.

Các ion tương tác với nhau không thể tồn tại trong một dung dịch, đó là:
Mg
2+
và

2
3
CO

H
+
và
2
3
CO

Dung dịch A
Dung dịch B
Mg
2+
(0,1 mol)
H
+
(0,2 mol)
?
?

CO
3
2–
(0,15 mol)
?
?
?
Mỗi dung dịch chứa hai cation và 2 anino, nên K

+
và NH
4
+
nằm ở dung dịch B.
Dung dịch A
Dung dịch B
Mg
2+
(0,1 mol)
H
+
(0,2 mol)

CO
3
2–
(0,15 mol)
K
+
(0,15 mol),
NH
4
+
(0,25 mol)

Các ion trong dung dịch phải bảo toàn điện tích nên dung dịch B phải có Cl
-
(0,1 mol)
Dung dịch A

Dung dịch B
Mg
2+
(0,1 mol)
H
+
(0,2 mol)

CO
3
2–
(0,15 mol)
K
+
(0,15 mol),
NH
4
+
(0,25 mol)
Cl
-
(0,1 mol)
Hai ion còn lại phải nằm ở dung dịch A.
Kết luận:
Dung dịch A
Dung dịch B
Mg
2+
(0,1 mol)
H

+
(0,2 mol)
SO
4
2–
(0,075 mol)
NO
3
–
(0,25 mol)

CO
3
2–
(0,15 mol)
K
+
(0,15 mol),
NH
4
+
(0,25 mol)
Cl
-
(0,1 mol)




8. Độ điện li của CH

3
COOH 1M là 0,42%. Tính nồng độ mol của các ion và phân tử trong dung dịch.

Ta có, công thức độ điện li :
0
0
CC
C
C


Vậy
 
l/mol0042,01
100
42,0
H 

CH
3
COOH


CH
3
COO
-
+ H
+

1
0,0042 0,0042 0,0042
1-0,0042 0,0042 0,0042
Vậy:
[CH
3
COOH] = 0,99568 M
[CH
3
COO
-
] = 0,0042 M
[H
+
] = 0,0042


9. Tính nồng độ mol/L của ion H
+
trong các dung dịch sau:
a. CH
3
COOH 0,1M (K
a
= 1,75.10
–5
).
b. NH
3
0,1M (K

b
= 1,8.10
–5
).

(a) CH
3
COOH 0,1M (K
a
= 1,75.10
–5
).
CH
3
COOH


CH
3
COO
-
+ H
+

0,1
x x x
0,1-x x x
Với x là nồng độ mol H
+
.

5
2
10.75,1
x1,0
x




x
2
+ 1,75.10
-5
x-1,75.10
-6
= 0
Giải phương trình bậc 2 ta được: x
1
= 1,314.10
-3
; x
2
= -1,332.10
-3
(loại)
Hoặc sử dụng công thức:
 
M10.323,110.75,11,0C.KH
35
0a





(b) NH
3
0,1M (K
b
= 1,8.10
–5
)
NH
3
+ H
2
O




4
NH
+ OH
-
0,1
y y y
0,1-y y y
y là nồng độ OH
-

Ta có:
5
2
10.8,1
y1,0
y





y
2
+ 1,8.10
-5
y -1,8.10
-6
= 0
Giải phương trình ta được: y = 1,3326.10
-3

Nồng độ H
+
:
 
 
12
3
1414
10.5041,7

10.3326,1
10
OH
10
H








Hoặc sử dụng công thức:
 
 
 
M10.45,7
10.342,1
10
OH
10
H
M10.342,110.8,11,0C.KOH
12
3
1414
35
0b













10. Tính pH của các dung dịch sau:
a. HCl 0,001M
b. H
2
SO
4
0,005M
c. Ba(OH)
2
0,005M
d. CH
3
COOH 0,1M (α = 0,01)

(a) HCl  H
+
+ Cl
-

[H
+
] = 10
-3
M  pH = 3
(b) H
2
SO
4
 2H
+
+
2
4
SO

5.10
-3
10
-2

pH = 2
(c) Ba(OH)
2
 Ba
2+
+ 2OH
-

5.10

-3
10
-2

 
12pH10
10
10
H
12
2
14






(d) [H
+
] =
 
3pH1001,01,0H
3





11. Tính pH của dung dịch thu được khi:

a. Cho 0,365 gam HCl vào 100 ml H
2
O
c. Cho 0,4 gam NaOH vào 100 ml H
2
O
b. Cho 0,294 gam H
2
SO
4
vào 200 ml H
2
O
d. Cho 0,513 gam Ba(OH)
2
vào 200 ml H
2
O

(a) Ta có:
3pH
1010
ClHHCl
M10
1,0
01,0
)HCl(C
mol01,0
5,36
365,0

n
33
3
M
HCl








(b)
523,1)Hlog(pH10.3
2,0
10.6
]H[
10.6n
M10.3
98
294,0
n
2
3
3
H
3
SOH
42











(c)
11pHM10]H[M10]OH[
M10
1,0
01,0
)NaOH(C
mol01,0
40
4,0
n
113
3
M
NaOH






(d)
523,11
3
10
logpH
3
10
10.3
10
]H[10.3
2,0
10.6
]OH[
mol10.6n
mol10.3n
1212
2
14
2
3
3
OH
3
)OH(Ba
2

























12. Trong hai dung dịch ở các ví dụ sau đây, dung dịch nào có pH lớn hơn? Giải thích vắn tắt cho từng
trường hợp.
a. Dung dịch 0,1M của một axit có K = 1.10
–4
và dung dịch 0,1 M của một axit có K = 4.10
–5

b. Dung dịch HCl 0,1M và dung dịch HCl 0,01M
c. Dung dịch CH
3
COOH 0,1M và dung dịch HCl 0,1M

d. Dung dịch HCl 0,01M và dung dịch H
2
SO
4
0,01M

a. Hai axit có cùng nồng độ.
Thứ nhất, lực axit tỉ lệ với hằng số điện li K, nghĩa là K càng lớn thì lực axit càng mạnh. Thứ hai,
lực axit càng mạnh thì pH càng nhỏ. Vậy K càng lớn thì pH càng nhỏ.
b. Hai dung dịch của cùng một axit mạnh.
Khi nồng độ càng lớn thì pH càng nhỏ. pH là tỉ lệ nghịch với nồng độ H
+
, nồng độ H
+
bằng nồng
độ HCl. Cụ thể là HCl 0,1M có pH = 1 còn dung dịch HCl 0,01M có pH = 2.
c. Hai dung dịch có cùng nồng độ, một của axit yếu và một của axit mạnh.
Axit mạnh (HCl) có pH nhỏ hơn. Vì nồng độ H
+
lớn hơn. Cụ thể CH
3
COOH 0,1M có pH khoảng
2,87, trong khi đó HCl 0,1M dĩ nhiên có pH bằng 1.
d. Hai axit mạnh có nồng độ bằng nhau, một axit đơn chức (1 H axit) và một axit hai chức (2 H axit).
Dĩ nhiên dung dịch H
2
SO
4
có pH nhỏ hơn. Vì nồng độ H
+

của nó lớn hơn của HCl. Cụ thể dung
dịch H
2
SO
4
có khoảng 1,7, trong khi đó HCl có pH bằng 2.



13. (a) Dung dịch HCl có pH = 3, cần pha loãng dung dịch này bao nhiêu lần để có pH = 4. (b) Dung dịch
NaOH có pH = 12, cần pha loãng dung dịch này bao nhiêu lần để có pH = 10.

(a) HCl pH = 3 có [H
+
] = 10
-3
M, Nước có nồng độ [H
+
] = 10
-7
M.

Kết luận: Thể tích nước cần pha loãng gấp 9 lần thể tích axit.
(b) Dung dịch NaOH pH = 12, có [OH
-
] = 10
-2
M. Nước có nồng độ [OH
-
] = 10

-7
M

Kết luận: Thể tích nước cần pha loãng gấp 99 lần thể tích dung dịch NaOH pH = 12 cần pha.



14. Tính pH của dung dịch thu được khi trộn:
a. 200 ml dung dịch H
2
SO
4
0,05M với 300 ml dung dịch NaOH 0,06M.
b. 2,75 lít dung dịch Ba(OH)
2
có pH = 13 với 2,25 lít dung dịch HCl có pH = 1.
c. những thể tích bằng nhau của dung dịch HNO
3
0,02M và dung dịch NaOH 0,01M.
d. 50ml dung dịch hỗn hợp HCl 0,18M và H
2
SO
4
0,08M với 150ml dung dịch hỗn hợp NaOH 0,05 M và
Ba(OH)
2
0,04M.
 (a) Tính pH của dung dịch thu được khi trộn 200 ml dung dịch H
2
SO

4
0,05M với 300 ml dung dịch
NaOH 0,06M.
24
H SO
H
NaOH
OH
2
H
n 0,2 0,05 0,01mol n 0,020
n 0,3 0,06 0,018 n 0,018
H OH H O
n 0,020 0,018 0,002mol
0,002
H 0,004M pH log(0,004) 2,4
0,5





    
    

  

     


(b) Tính pH của dung dịch thu được khi trộn 2,75 lít dung dịch Ba(OH)
2
có pH = 13 với 2,25 lít dung dịch
HCl có pH = 1.
OH
H
2
(du)
OH
12
n 2,75 0,1 0,275mol
n 2,25 0,1 0,225
H OH H O
n 0,275 0,225 0,05mol
0,05
OH 0,01M H 10 M pH 12
5




  
  
  


   
     
   

(c) Tính pH của dung dịch thu được khi trộn những thể tích bằng nhau của dung dịch HNO
3
0,02M và
dung dịch NaOH 0,01M.
H
OH
2
(du)
H
n V 0,02
n V 0,01mol
H OH H O
n V 0,02 V 0,01 V 0,01mol
0,01V
H 0,005M pH 2,3
2V








     

   


(d) Tính pH của dung dịch thu được khi trộn

H
OH
3
OH
3 14
13
n 0,05 (0,18 0,16) 0,017mol
n 0,15 (0,05 0,04 2) 0,0195mol
n 0,0195 0,017 2,5.10 mol
2,5.10 10
OH 0,0125M H 8.10 pH 12,1
0,2 0,0125





  
   
    
  
   
      
   


a.

15. (a) Theo định nghĩa về axit-bazơ của Bron-stêt các ion: Na
+
, NH
4
+
, CO
3
2–
, CH
3
COO
–
,
HSO
4
–
, K
+
, Cl
–
, H
2
PO
4
–
, HPO
4
2–
, HCO
3

–
, là axít, bazơ, lưỡng tính hay trung tính? Tại sao? (b)
Xác định khoảng pH của các dung dịch: Na
2
CO
3
, KCl, CH
3
COONa, NH
4
Cl, NaHSO
4
. Giải thích?

(a) Theo thuyết proton, axit là chất nhường proton (H
+
). Bazơ là chất nhận proton. Chất lưỡng tính
có thể cho và có thể nhận proton. Còn chất trung tính không có khả năng cho nhận proton.
Axit
Bazơ
Lưỡng tính
Trung tính
NH
4
+
, HSO
4
–

CO

3
2–
, CH
3
COO
–

H
2
PO
4
–
, HPO
4
2–
, HCO
3
–

K
+
, Cl
–
, Na
+

(b)
 Na
2
CO

3
có pH > 7. Vì trong dung dịch có ion CO
3
2-
là một bazơ nên nó nhận H
+
.
2
2 3 3
2
3 2 3
Na CO 2Na CO
CO H O HCO OH

  
 


Kết quả làm cho nồng độ OH
-
tăng lên, nên pH > 7.
 Dung dịch KCl có pH = 7, vì các ion trong dung dịch này đều là trung tính, không làm thay đổi
nồng độ H
+
của dung dịch.
 CH
3
COONa có pH > 7. Vì trong dung dịch có ion CH
3
COO

-
là một bazơ nên nó nhận H
+
.
33
3 2 3
CH COONa Na CH COO
CH COO H O CH COO OH

  
 


Kết quả làm cho nồng độ OH
-
tăng lên, nên pH > 7.
 Dung dịch NH
4
Cl có pH < 7. Vì
44
4 2 3 3
NH Cl NH Cl
NH H O NH H O


 




Nồng độ H
3
O
+
hay H
+
tăng lên làm cho pH < 7.
 Dung dịch NaHSO
4
có pH < 7. Vì
56.0,1 27.0,2 35,5x 96y 46,9   

Nồng độ H
+
tăng lên làm cho pH < 7.






16. Một dung dịch có chứa 2 loại cation là Fe
2+
(0,1 mol) và Al
3+
(0,2 mol) cùng 2 loại anion là Cl
–
(x
mol) và SO
4

2–
(y mol). Tính x và y biết rằng khi cô cạn dung dịch thu được 46,9 gam chất rắn khan.

Theo định luật bảo toàn điện tích:
NaOH
n 0,4mol
2a 0,4



Tổng khối lượng muối bằng tổng khối lượng các ion:
56.0,1 27.0,2 35,5x 96y 46,9 (2)   

Từ (1) và (2) tìm được x = 0,2 , y = 0,3



17. Một dung dịch Y chứa các ion Zn
2+
, Fe
3+
,và SO
4
2–
. Biết rằng dùng hết 350ml dung dịch NaOH
2M thì làm kết tủa hết ion Zn
2+
và Fe
3+
trong 100mL dung dịch Y. Nếu đổ tiếp 200 mL dung dịch NaOH

trên vào thì một chất kết tủa tan hết, còn lại một chất kết tủa màu đỏ nâu. Tính nồng độ mol mỗi muối
trong dung dịch Y.
 Trong 100 ml dung dịch Y có a mol Zn
2+
, b mol Fe
3+
và c mol SO
4
2-
.
Theo định luật bảo toàn điện tích: 2a + 3b = 2c (1)
Cho dung dịch NaOH vào dung dịch Y để kết tủa hết ion Zn
2+
và Fe
3+
:
Zn
2+
+ 2OH
-
 Zn(OH)
2

Fe
3+
+ 3OH
-
 Fe(OH)
3


NaOH
n 0,35 2 0,7mol
2a 3b 0,7 (2)
  


Thêm 200 ml dung dịch NaOH 2M ở trên để tan hết Zn(OH)
2

Zn(OH)
2
+ 2NaOH  Na
2
[Zn(OH)
4
]
2
3
2
4
0,2
Zn 2M
0,1
0,1
Fe 1M
0,1
0,35
SO 3,5M
0,1














Từ (1), (2) và (3) ta tìm được: a = 0,2, b = 0,1 và c = 0,35
Nồng độ mỗi ion có trong dung dịch là:
2
3
2
4
0,2
Zn 2M
0,1
0,1
Fe 1M
0,1
0,35
SO 3,5M
0,1


















18. Trộn 250ml dung dịch hỗn hợp HCl 0,08M và H
2
SO
4
0,01M với 250ml dung dịch Ba(OH)
2
nồng
độ x M thu được m gam kết tủa và 500ml dung dịch có pH = 12. Hãy tính m và x.

2
24
4
2
2
_
HCl

H
H SO
SO
Ba
Ba(OH)
OH
OH (du)
OH (du)
n 0,02 0,025 2 0,07mol
n 0,25 0,08 0,02mol
n 0,025mol
n 0,25 0,01 0,025
n 0,25x mol
n 0,25x
n 0,5xmol
n 0,5x 0,07
0,5x 0,07 0,005 x 0,15
n 0,5 0,01 0,005
x





   
  






  








    

  


2
4
Ba
22
44
BaSO
0,15 n 0,0375mol
Ba SO BaSO
0,025 0,0375 0,025
m 0,025 233 5,825gam.


  
  
  

19. Cho Vml dung dịch NaOH 0,5 M vào 400ml dung dịch AlCl
3
0,2M. Sau khi phản ứng kết thúc
thu được 3,9 gam kết tủa. Tính V.

Ta có
3
3
3
AlCl
Al
Al(OH)
n 0,4 0,2 0,08mol n 0,08mol
3,9
n 0,05mol
78

    


Trong dung dịch phải có 0,03 mol Al
3+
dư hoặc 0,03 mol Al(OH)
4
-
. Bài toán được chia làm hai trường

hợp:
Trường hợp 1. Al
3+
dư
3
3
Al 3OH Al(OH)
0,15 0,05
0,15
V 0,3lít
0,5


 


Trường hợp 2. Al
3+
hết.
3
3
Al 3OH Al(OH)
0,08 0,24 0,08

  


Số mol kết tủa tạo ra 0,08 mol nhưng còn lại 0,05 mol, điều đó chứng tỏ Al(OH)
3
tan ra 0,03 mol.

34
OH
Al(OH) OH Al(OH)
0,03 0,03 0,03
n 0,24 0,03 0,27mol
0,27
V 0,54lít
0,5


 

  



Cách 2. Phương pháp đồ thị.




20. Cho 200ml dung dịch KOH 2M vào 300ml dung dịch Zn(NO
3
)
2
0,5M, lọc kết tủa, thu được dung
dịch A và kết tủa B. Nung kết tủa B đến khối lượng không đổi thu được chất rắn C.
a. Tính khối lượng chất rắn C.
b. Tính nồng độ mol các chất trong dung dịch A.


2
2
2
0
ZnCl
Zn
KOH
3 2 2 3
2 2 4
Zn(OH) du
t
22
ZnO
n 0,3 0,5 0,15mol n 0,15mol
n 0,2 2 0,4mol
Zn(NO ) 2KOH Zn(OH) 2KNO
0,15 0,3 0,15
Zn(OH) 2KOH K Zn(OH)
0,05 0,1 0,05
n 0,15 0,05 0,1mol
Zn(OH) ZnO H O
0,1 0,1
m 0,1 8

    
  
   



 


  
 
1 8,1gam

Khối lượng chất rắn C là 8,1 gam.
Trong 500 ml dung dịch có:
 
3
24
KNO :0,3mol
K Zn(OH) :0,05mol

Vậy nồng độ mol của các chất có trong dung dịch A là:
 
 
3
24
0,3
KNO 0,6M
0,5
0,05
K Zn(OH) 0,1M
0,5





B. HOÁ VÔ CƠ
1. Viết phương trình hóa học thực hiện các dãy chuyển hóa sau, ghi rõ điều kiện nếu có:
a. NH
4
Cl → NH
3
→ NO

→ NO
2
→ HNO
3
→ AgNO
3
→ AgCl → [Ag(NH
3
)
2
]Cl
b. NH
4
NO
3
→ NH
3
→

NH
4
H
2
PO
4
→

Ca
3
(PO
4
)
2
→ Ca(H
2
PO
4
)
2
→

BaHPO
4

c. Ca
3
(PO
4
)

2
→ P → Ca
3
P
2
→ H
3
PO
4
→ (NH
4
)
2
HPO
4
→ NH
4
H
2
PO
4
→ CaHPO
4
d. Đá vôi

o
t
A (rắn)
 
OH

2
dd B
 
2
CO
C (rắn)
 

22
COOH
dd D

o
t
C
Dựa vào dãy chuyển hóa để giải thích hiện tượng tạo thành hang động, thạch nhũ trong núi đá vôi (như
hang động ở núi Non nước).

(a)
 
0
t
4 3 2
Pt
3 2 2
850 C
22
2 2 2 3
3 3 2 2
33

3 3 2
NH Cl NaOH NaCl NH H O
4NH 5O 4NO 6H O
2NO O 2NO
4NO O 2H O 4HNO
Ag 2HNO AgNO NO H O
AgNO NaCl AgCl NaNO
AgCl 2NH Ag(NH ) Cl
   
  
 
  
   
   
 

(b)
t
4 3 3 3 2
3 3 4 4 2 4
4 2 4 2 3 4 2 3 2
3 4 2 3 4 2 4 2
2 4 2 2 4 4 2
NH NO NaOH NaNO NH H O
NH H PO NH H PO
2NH H PO 3Ca(OH) Ca (PO ) 2NH 6H O
Ca (PO ) 2H PO 3Ca(H PO )
Ca(H PO ) Ba(OH) CaHPO BaHPO 2H O
   
 

     
 
   

(c)
0
1200 C
3 4 2 2 3
t
32
3 2 3 3 2 3 4 2 2
3 3 4 4 2 4
4 2 4 3 4 4 2 4
4 2 4 2 4 3 2
Ca (PO ) 5C 3SiO 3CaSiO 2P 5CO
3Ca 2P Ca P
Ca P 22HNO 3Ca(NO ) 2H PO 16NO 8H O
2NH H PO (NH ) HPO
(NH ) HPO H PO 2NH H PO
NH H PO Ca(OH) CaHPO NH 2H O
    
 
    
 
 
   

(d)
0
0

t
32
22
2 2 3 2
3 2 2 3 2
t
3 2 3 2 2
CaCO CaO CO
CaO H O Ca(OH)
Ca(OH) CO CaCO H O
CaCO CO H O Ca(HCO )
Ca(HCO ) CaCO CO H O
 
 
  
  
   

Tạo thành hang động.
Do sự xâm thực nước có hòa tan CO
2
vào núi đá vôi.
3 2 2 3 2
CaCO CO H O Ca(HCO )  

Tạo thạch nhũ (nước của đá).
Khi có điều kiện thích hợp Ca(HCO
3
)
2

phân hủy tạo thành CaCO
3
và H
2
O.


0
t
3 2 3 2 2
Ca(HCO ) CaCO CO H O   



2.
a. So sánh tính phi kim của N và P. Tại sao P hoạt động mạnh hơn N? Nêu ví dụ minh hoạ.
b. Tại sao H
3
PO
4
không có tính oxi hoá mạnh như HNO
3
.

(a)
Tính phi kim của N mạnh hơn P. Vì độ âm điện của N (3,04) lớn hơn P(2,19). Hơn nữa, trong một nhóm
A, theo chiều tăng dần điện tích hạt nhân, tính phi kim giảm dần.
P (photpho trắng và photpho đỏ) hoạt động mạnh hơn N
2
.

Trước tiên, ta xem cấu tạo chúng:
P trắng:
P trắng
P đỏ



Nitơ (N
2
):
P (photpho trắng và photpho đỏ) hoạt động mạnh hơn N2. Là do liên kết trong P kém bền hơn N
2
.
Hơn nữa P trắng hoạt động mạnh hơn P đỏ, vì cứ 4 nguyên tử P trắng tương ứng với 4 tam giác còn P đỏ
chỉ có 2 tam giác. Trong tam giác PPP có sức căng góc lớn. Nên sức căng góc của P trắng lớn hơn P đỏ.
Thực tế, P trắng cháy ở 40
0
C, P đỏ cháy ở 250
0
. Còn N
2
phản ứng với oxi ở 3000
0
C.
(b) H
3
PO
4
không có tính oxi hóa mạnh như HNO
3

. Vì P ở mức oxi hóa +5 bền hơn. Thêm nữa, ion PO
4
3-

rất bền vững.








3.
a. Viết 3 pư điều chế NH
3
.
b. Viết các phương trình hóa học của phản ứng nhiệt phân các muối: KNO
3
, NH
4
NO
3
, Fe(NO
3
)
3
,
Ba(NO
3

)
2
, Hg(NO
3
)
2
.
c. Từ không khí và nước (các điều kiện kĩ thuật có đủ), hãy viết các phương trình hóa học điều chế
NH
4
NO
3
.

(a) Viết ba phương trình hóa học tạo NH
3

2 2 3
0
t
4 2 2 3 2
Fe(K O,Al O )
2 2 3
450 500 C,200 300atm
t
43
2NH Cl Ca(OH) CaCl 2NH 2H O
N 3H 2NH ; H 92kJ
NH Cl NH HCl


    
   
 

(b) Phản ứng nhiệt phân các muối nitrat:
0
0
0
0
0
t
3 2 2
t
4 3 2 2
t
3 3 2 3 2 2
t
3 2 2 2 2
t
3 2 2 2
2KNO 2KNO O
NH NO N O 2H O
4Fe(NO ) 2Fe O 12NO 3O
Ba(NO ) Ba(NO ) O
Hg(NO ) Hg 2NO O
 
 
  
 
  

(c) Điều chế NH
4
NO
3

- Chưng cất phân đoạn không khí loảng, được O
2
và N
2

- Điện phân H
2
O ta được H
2
và O
2
:
đp
2 2 2
2H O 2H O 

- Điều chế NH
3
:
2 2 3
0
Fe(K O,Al O )
2 2 3
450 500 C,200 300atm

N 3H 2NH ; H 92kJ

   

- Điều chế HNO
3
:
0
Pt
3 2 2
850 C
22
2 2 2 3
4NH 5O 4NO 6H O
2NO O 2NO
4NO O 2H O 4HNO
  
 
  

- Điều chế NH
4
NO
3
:
3 3 4 3
NH HNO NH NO 