Công phá hóa Chương 5 sự điện li

Chương 5: SỰ ĐIỆN LI
A. Kiến thức cơ bản
1. Sự điện li
1.1. Chất điện li
Sự điện li là quá trình các chất tan trong dung dịch mà phân tử của chúng được phân li thành ion.
Chất điện li là chất khi tan trong nước phân li ra các ion.
Phân loại chất điện li:
Chất điện li mạnh: Là chất khi tan trong nước các phân tử hòa tan đều phân li ra các ion (phân li hoàn
toàn)
Chất điện li mạnh bao gồm:
+ Các axit mạnh: HCl, HBr, HI, HClO 4 , H 2SO 4 , HNO 3
+ Các Bazơ: NaOH, LiOH, KOH, Ca(OH) 2 , Ba(OH) 2 ,…
+ Hầu hết các muối
Lưu ý: Trong phương trình của chất điện li mạnh ta dùng mũi tên một chiều "→" để thể hiện rõ tính chất
của chất điện li mạnh
Ví dụ:

MgSO 4 → Mg 2+ + SO 42−

2nZnO2− 2

2

Study tip: NH3 không phải là chất điện li vì khi hòa tan NH3 vào nước thì NH3 có phản ứng với nước

NH 3 + H 2O → NH +4 + OH −
Chú ý: Trong dung dịch chất điện li mạnh không tồn tại phân tử chất điện li mà chỉ tồn tại các ion do
chúng phân li hoàn toàn ra.
Chất điện li yếu: Là chất khi tan trong nước chỉ có một phần số phân tử hòa tan phân li ra ion, phần còn
lại vẫn tồn tại ở dạng phân tử của hợp chất.

Chất điện li yếu bao gồm:
+ Axit vô cơ yếu: H 2S, H 2CO3 , H 2SO 3 , HClO, HClO 2 , H 3PO 4 …
+ Axit hữu cơ: CH 3COOH, HCOOH,(RCOOH),…
+ Các bazơ yếu: Mg(OH) 2 , Fe(OH) 2 ,…
+ Một số muối.
Chú ý: Khi viết phương trình phân li của chất điện li yếu ta dùng mũi tên 2 chiều “ ƒ ”. Cân bằng trong
chất điện li yếu luôn là cân bằng động. Ví dụ: CH 3COOH ƒ

CH3COO − + H +

1.2. Độ điện li 
Định nghĩa: Độ điện li  là tỉ số giữa phân tử phân li và tổng số phân tử hòa tan
Công thức độ điện li: α =

nph©n li

C
= ph©n li
nhoµtan Choµtan

 chÊt ®iÖn li m¹nh α = 1
Ví i 0 < α ≤ 1, trong ®
ã
chÊt ®iÖn li yÕu 0 < α < 1
Khi pha loãng dung dịch chất điện li yếu thì độ điên li  tăng.
1.3. Hằng số điện li
- Hằng số điện li áp dụng cho sự phân li của chất điện li yếu.
1

- Vi cht in li yu cú cụng thc dng AaBb cú s phõn li trong dung dch A aBb
a

A n+ . Bm
Cụng thc tớnh hng s in li: K =
[ A aBb ]

aA n+ + bBm-

b

A n+ là nồng đ
ộ của A n+ tại trạng thái câ
n bằng


Bm là nồng đ
ộ của Bm tại trạng thái câ
n bằng


Trong ú
[ A aBb ] là nồng đ
ộ của A aBb tại trạng thái câ
n bằng

a.n = b.m

Study tip: Phõn bit cỏc kớ hiu:
- [AaBb] l nng ca AaBb ti trng thỏi cõn bng.

- CM AaBb l nng mol ca AaBb ban u trong dung dch.
- Do ú CM AaBb = [ A aBb ] + CM AaBb bịđiện li nên CM AaBb > [ A aBb ]
Chỳ ý: Trong dung dch loóng, [H2O] gn nh khụng i nờn khụng cú mt trong biu thc tớnh hng s
cõn bng.
Vớ d: Axit CH3COOH phõn li theo phng trỡnh: CH3COOH

CH 3COO + H +

CH3COO ì H+
Khi ú hng s in li ca CH3COOH c tớnh theo cụng thc: K =
[ CH3COOH]
Giỏ tr ca hng s cõn bng in li ph thuc vo: Bn cht ca cht in li; nhit ; dung mụi.
- Cõn bng in li tuõn theo nguyờn lớ chuyn dch cõn bng L Sa - t - li - e.
Hng s phõn li axit Ka: Tớnh tng t nh hng s in li ca cỏc cht in li yu thụng thng. Giỏ tr
Ka ph thuc vo: Bn cht ca axit; nhit ; dung mụi.
Lu ý 1: Giỏ tr Ka ca axit cng nh, lc axit ca nú cng yu v ngc li.
Hng s phõn li baz Kb: Tớnh tng t nh hng s in li ca cỏc cht in li yu thụng thng.
Giỏ tr ca Kb ph thuc vo: bn cht ca baz, nhit , dung mụi.
Lu ý 2: Giỏ tr Kb ca baz cng nh, lc baz ca nú cng yu v ngc li.
Tớch s ion ca nc
Nc phõn li theo phng trỡnh:
Tớch s ion ca nc
K H2O = K w = H+ ì OH , tích số này là hằng số ở nhiệt độ xác định
4
25oC, ta cú K H2O = 1,0.10

1.4. Mi quan h gia hng s in li (K) v in li ()
Xột cht in li yu HA cú nng ban u l C0 (M), in li .
Phng trỡnh in li: HA

H+ + A-

Nng ban u:

C0

0

0

Nng phõn li:

C

C

C

C

C

Nng cõn bng: (C0 C)

2


Có α =

C
⇒ C = C0.α
C0

2
 H+  × A − 
C0.α )
(
C .α 2
C.C
α2
Mặt khác: K =
. Do đó: K = C0 ×
=
=
= 0
1− α
[HA]
C0 − C C0(1− α) 1− α

NÕu α = 1 th×1− α ≈ 1⇒ K = C0 ×α 2
1.5. Độ pH
Có các công thức sau
pH = − log  H +  = 14 + log OH − 
pOH = − logOH− 
pH + pOH = 14
Nhận xét:
+ Dung dịch có [H+] càng lớn thì pH càng nhỏ và ngược lại.
+ Dựa vào giá trị pH có thể đánh giá được môi trường của dung dịch là axit, trung tính hay có tính kiềm.

1.6. Phản ứng thủy phân của muối
Phản ứng trao đổi giữa muối hòa tan và nước là phản ứng thủy phân của muối.
+ Khi muối trung hòa tạo bởi cation của bazơ mạnh và gốc axit yếu tan trong nước thì gốc axit yếu bị
thủy phân, môi trường của dung dịch là kiềm (pH > 7).
Ví dụ: CH3COONa,K 2S,Na2CO3

CO32− + H2O ƒ

HCO3− + OH −

+ Khi muối trung hòa tạo bởi cation của bazơ yếu và gốc axit mạnh tan trong nước thì cation của bazơ
yếu bị thủy phân làm cho dung dịch có tính axit (pH < 7).
Ví dụ: Fe( NO3 ) 3 ,NH4Cl,ZnBr2
NH+4 + H2O ƒ

NH3 + H3O+

+ Khi muối trung hòa tạo bởi cation của bazơ mạnh và anion gốc axit mạnh tan trong nước các ion không
bị thủy phân, môi trường của dung dịch vẫn trung tính (pH = 7).
Ví dụ: NaCl,KNO3,KI
+ Khi muối trung hòa tạo bởi cation của bazơ yếu và anion gốc axit yếu tan trong nước cả cation và anion
đều bị thủy phân. Môi trường của dung dịch phụ thuộc vào độ thuỷ phân của hai ion.
2. Phương trình ion – Phản ứng trao đổi ion trong dung dịch
Phương trình ion rút gọn cho biết bản chất cúa phản ứng trong dung dịch các chất điện li.
Ta có một số ví dụ về các dạng phản ứng trao đổi ion trong dung dịch như sau:
2.1. Phản ứng tạo thành chất kết tủa
Phương trình phân tử: MgCl 2 + 2AgNO3 → 2AgCl ↓ +Mg(NO)3
Chuyển tất cả các chất vừa dễ tan vừa điện li mạnh thành ion, các chất khí, kết tủa, điện li yếu, điện li yếu
để nguyên dạng phân tử ta được phương trình ion đầy đủ:
Mg2+ + 2Cl − + 2Ag+ + 2NO3− → 2AgCl ↓ +Mg2+ + 2NO3−

Lược bỏ những chất không tham gia phản ứng, ta được phương trình ion thu gọn: Ag+ + Cl − → AgCl ↓
3


Nhận xét: Từ phương trình này ta thấy rằng, muốn điều chế AgCl cần trộn dung dịch có chứa Ag + và
dung dịch có chứa Cl-.
2.2. Phản ứng tạo thành chất điện li yếu
a. Phản ứng tạo thành H2O
Phương trình phân tử: NaOH + HCl → NaCl + H2O
Làm tương tự như trên ta được phương trình ion đầy đủ:
Na+ + OH − + H+ + Cl − → Na+ + Cl − + H2O
Ta thấy Na+ và Cl- không tham gia trực tiếp vào phản ứng trên nên ta có thể bỏ chúng ở cả 2 vế phương
+
−
trình hóa học để thu được phương trình ion thu gọn như sau: H + OH → H2O

b. Phản ứng tạo thành axit yếu
Phương trình phân tử: CH3COOK + HBr → CH3COOH + KBr
Làm tương tự như trên:
Lưu ý: CH3COOH là chất điện li yếu nên viết dưới dạng phân tử
−
+
+
−
+
−
Phương trình ion đầy đủ: CH3COO + K + H + Br → CH3COOH + K + Br

Ta thấy K+, Br- không trực tiếp tham gia phản ứng trên nên ta có thể bỏ chúng ở cả 2 vế phương trình ion
đầy đủ để thu được phương trình ion thu gọn như sau:

CH3COOK + H+ → CH3COOH + K +
c. Phản ứng tạo thành bazơ yếu
Phương trình phân tử FeCl 2 + 2NaOH → Fe(OH)2 ↓ +2NaCl
Tương tự ta thu được phương trình ion đầy đủ
Fe2+ + 2Cl − + 2Na+ + 2OH− → Fe(OH)2 ↓ +2Na+ + 2Cl −
Nhận thấy Na+ và Cl- không trực tiếp tham gia vào quá trình phản ứng nên ta có thể lược bỏ 2 ion này và
thu được phương trình ion thu gọn như sau:
Fe2+ + 2OH− → Fe(OH)2 ↓
d. Phản ứng tạo thành chất khí
Phương trình phân tử: 2HCl + Na2CO3 → 2NaCl + H2O + CO2
Làm tương tự như trên thu được phương trình ion đầy đủ:
2H+ + 2Cl − + 2Na+ + CO32− → 2Na+ + 2Cl − + H2O + CO2
Ta thấy ion H+ và ion Cl- không trực tiếp tham gia phản ứng trên nên ta có thê’ bỏ chúng ở cả 2 vế phương
trình ion đầy đủ và thu được phương trình ion thu gọn như sau:
2H+ + CO32− → H2O + CO2
Kết luận:
a. Phản ứng xảy ra trong dung dịch chất điện li là phản ứng giữa các ion
b. Điều kiện xảy ra phản ứng trao đổi ion là các ion phải kết hợp với nhau để tạo thành ít nhất 1 trong 3
điều kiện sau:
+ ít nhất 1 chất sản phẩm kết tủa
+ ít nhất 1 chất sản phẩm là chất điện li yếu
+ ít nhất 1 chất sản phẩm là chất khí thoát khỏi dung dịch
4


B. Bài toán sự điện li và phương trình ion thu gọn
- Trong nhiều phản ứng xảy ra cùng bản chất như phản ứng trao đổi, phản ứng trung hòa... ta nên sử dụng
phương trình ion rút gọn sẽ giúp cho việc xử lí trở nên dễ dàng hơn.
- Điều kiện để xảy ra phản ứng trao đổi ion trong dung dịch các chất điện li đó là các ion kết hợp với nhau
tạo thành kết tủa, chất khí hay hoặc điện li yếu.

Study tip: Trong dung dịch các muối của Na, K, HI, các hidroxit kiềm đều là các chất điện li mạnh nên
trong phương trình nên viết dưới dạng ion. Các hợp chất như nước, axit hữu cơ, axit vô cơ yếu... là các
chất điện li yếu nên trong phương trình ion ta giữ nguyên dạng phân tử.
Các dạng toán thường gặp:
+ Tính pH, khi đó các bạn có thể tính pH theo giá trị của [H+] hoặc [OH-].
+ Khi biết 2 trong 3 dữ kiện nồng độ mol, độ điên li , hằng số phân li K a (hoặc Kb) thì phải tìm dữ kiện
còn lại. (lưu ý trong biểu thức Ka, Kb không có mặt của nước)
+ Khi biết số mol của các ion (hoặc đủ dữ kiện để tìm số mol của các ion trong dung dịch) tính khối
lượng muối trong dung dịch, khối lượng muối sau khi cô cạn và sau khi nung.
−
+
−
Ta cũng cần nhớ rằng ngay ở trong dung dịch thì khi đun nóng ion HCO3 ,NH4 + NO2 bị phân tích theo

phương trình:

2HCO3− → CO32− + H2O
NH+4 + NO2− → N2 + 2H2O

- Trong quá trình làm bài, một số phương pháp có thể kết hợp với nhau:
+ Sử dụng phương trình ion rút gọn.
+ Bảo toàn điện tích, bảo toàn nguyên tố và bảo toàn khối lượng.
+ Tổng khối lượng muối trong dung dịch bằng tổng khối lượng các ion trong dung dịch
Một trong những phương pháp thường sử dụng nhất trong bài tập liên quan đến sự điện li và phương trình
ion thu gọn là định luật bảo toàn điện tích.
Định luật này có thể phát biểu như sau: Trong một dung dịch tổng điện tích của các ion bằng 0 hay tổng
điện tích của các ion dương bằng tổng điện tích cùa các ion âm:

∑ ®iÖn tÝch += ∑ ®iÖn tÝch Các bạn cần lưu ý phân biệt tổng điện tích dương (âm) với tổng số ion dương (âm).
Ví dụ: Ion Ca2+ có điện tích là +2.nCa2+

Một số công thức giải nhanh với các chất điện li có độ điện li rất nhỏ
(1) Công thức giải nhanh tính pH của dung dịch axit yếu nhất khi biết Ka hoặc độ điện li α
pH = −

1
( logK a + logCa ) hoÆc pH = − log( α.Ca )
2

Trong đó Ca là nồng độ ban đầu của axit.
(2) Công thức tính nhanh pH của dung dịch bazơ:
pH = 14 +

1
( logK b + logCb ) (trong đó Cb là nồng độ ban đầu cùa bazơ)
2

C. Ví dụ minh hoạ
Bài 1: Cho dung dịch X chứa hỗn hợp gồm CH 3COOH 0,1 M và CH3COONa 0,1 M. Biết ở 25°C, K của
CH3COOH là 1,75.10-5 và bỏ qua sự phân li của nước. Giá trị pH của dung dịch X ở 25°C là:
A. 1,00

B. 4,24

C. 2,88

D. 4,76
5


Lời giải

−
+
Vì muối CH3COONa là chất điện li mạnh nên ta có CH3COONa → CH3COO + Na

Do đó sau quá trình trên trong dung dịch có nồng độ của ion CH3COO- là 0,1.
Xét cân bằng điện li: CH3COOH + H2O ƒ
CH3COO- + H3O+
Nồng độ ban đầu:

0,1

Nồng độ phân li:

x(M) →

Nồng độ cân bằng:

0,1 – x

0,1

0

x

x

0,1 + x

x

Thay các giá trị ở trạng thái cân bằng vào công thức tính hằng số điện li thì ta có
CH3COO−   H+ 
(0,1+ x)x
Ka =
⇒ Ka =
= 1,75.10−5 ⇒ x = 1,75.10−5
(0,1− x)
[ CH3COOH]
⇒  H+  = 1,75.10−5M ⇒ pH = − log H+  = 4,76
Đáp án D.
Study tip: Các giá trị trong biểu thức trong K a, Kb đều có đơn vị mol/lit nên khi đề bài cho số mol của các
chất, ion liên quan thì ta cần chuyển chúng về tính nồng độ mol/lit của chúng trước khi tính toán.
Bài 2: Cho 2 dung dịch HCl và CH 3COOH có cùng nồng độ. Dung dịch HCl có pH = x, dung dịch
CH3COOH có pH = y. Bỏ qua sự điện li của nước, các dung dịch ở cùng nhiệt độ phòng. Biết ở nhiệt độ
phòng, cứ 100 phân tử CH3COOH thì có 1 phân tử phân li ra ion. Mối liên hệ của x và y là:
A. x = y - 2

B. y = x – 2

C. x = 2y

D. y = 2x

Lời giải
Không mất tính tổng quát, ta đặt: CM CH3COOH = CM HCl = a
Vì HCl là chất điện li mạnh nên ta có phương trình điện li như sau: HCl → H+ + Cl −
+
Do đó  H  HCl = CM HCl = a(M) ⇒ x = pHHCl = − loga

Vì CH3COOH là chất điện li yếu nên ta có phương trình điện li như sau
ƒ CH3COO- +
Xét cân bằng điện li: CH3COOH
H+
Nồng độ ban đầu:

aM

Nồng độ phân li:

0,01a M

Nồng độ cân bằng:

0,99a M

0
→

0,01a M
0,01a M

+
Ta có  H  = 0,01a ⇒ y = pHCH3COOH = − lg(0,01.a) = − lg(0,01) − lg(a) = 2 + x ⇒ x = y − 2

Đáp án A.
Bài 3: Trộn 100 ml dung dịch (gồm Ba(OH)2 0,1M và NaOH 0,1M) với 400ml dung dịch (gồm H2SO4
0,0375M và HCl 0,0125M), thu được dung dịch X. Giá trị pH của dung dịch X:
A.7

B.2

C. 1

D.6
Lời giải

Ta có: nOH− = 2nBa(OH)2 + nNaOH = 2.0,1.0,1+ 0,1.0,1= 0,03(mol)
nH+ = 2nH2SO4 + nHCl = 2.0,4.0,0375+ 0,4.0,0125 = 0,035(mol)
+
Ta thấy nH+ > nOH− ⇒ H sau phản ứng
+
−
Xét phương trình ion rút gọn: H + OH → H2O

6


⇒ nH+ ph¶n øng = nOH− = 0,03⇒ nH+ d = 0,035− 0,03 = 0,005
V dd sau ph¶n øng = 0,1+ 0,4 = 0,5(1)
⇒  H+  =

0,005
= 0,01M ⇒ pH = − log H+  = − log0,01= 2
0.5

Study tip: Khi cho hỗn hợp bazơ tan tác dựng với hỗn hợp axit thì ta coi chung các phản ứng đó có
+
−
phương trình ion rút gọn H + OH → H2O giúp cho việc tính toán dễ hơn việc viết riêng từng phương

trình hóa học cho từng cặp chất phản ứng.
Đáp án B.
Bài 4: Thực hiện 2 thí nghiệm:
- Thí nghiệm 1: Cho 7,68 gam Cu phản ứng với 160ml dung dịch gồm NaNO 3 1M và HCl 1M, sau phản
ứng ta thu được V1 lít khí NO.
- Thí nghiệm 2: Cho 7,68 gam Cu phản ứng với 160ml dung dịch gồm NaNO 3 1M và H2SO4 1M, sau
phản ứng thu được V2 lít khí NO.
Mối liên hệ giữa V1 và V2 là:
A. V1 = V2

B. V2 = 2,5V1

C. V2 = 2V1

D. V2 = 1,5V1

Lời giải
Đây chỉ là một bài toán về kim loại Cu tác dụng với dung dịch có chứa NO3- và H+ đơn giản.
Để giải quyết bài này ta chỉ cần sử dụng đến phương trình ion thu gọn để giải quyết.
Thí nghiệm 1: ta có: nCu = 0,12;nNaNO3 = nHCl = 0,16
Xét phản ứng: 3Cu

−
+ 2NO3 +

8H+ → 3Cu2+ +

2NO

Ban đầu:

0,12 (mol)

0,16

0,16

Phản ứng:

0,06

0,04

0,16

0,04

Sau phản ứng: 0,06

0,12

0

0,04

+ 4H2O

Thí nghiệm 2: ta có: nCu = 0,12;nNaNO3 = 0,16;nH2SO4 = 0,16 ⇒ nH+ = 0,32
Xét phản ứng: 3Cu

−
+ 2NO3 +

8H+ → 3Cu2+ +

2NO

Ban đầu:

0,12 (mol)

0,16

0,32

Phản ứng:

0,12

0,08

0,32

0,08

0

0,08

0

0,08

Sau phản ứng:

+ 4H2O

Ta thấy: 2nNOTN1 = nNOTN 2 ⇒ 2V1 = V2
Đáp án C.
Nhận xét: Bằng việc sử dụng phương trinh ion rút gọn, việc giải quyết bài toán dã trở nên nhanh chóng
hơn so với việc sử dụng phương trình phân tử vừa cồng kềnh lại mất thêm thời gian cần bằng phương
trình phân tử, các bạn nên thường xuyên giải các bài tập sử dụng phương trình ion thu gọn để trở thành
một phản xạ và thành kĩ năng cho bản thân. 0,2 + 0,6 = 0,4 + a ⇒ a = 0,4
Bài 5: Dung dịch X chứa 0,1 mol Ca 2+; 0,3 mol Mg2+; 0,4 mol Cl- và a mol HCO3-. Đun dung dịch X đến
cạn thu được muối khan có khối lượng là
A. 37,4

B. 23,2

C. 49,4

D. 28,6

Lời giải
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:
7


2nCa2+ + 2nMg2+ = nCl− + nHCO− hay 0,2 + 0,6 = 0,4 + a ⇒ a = 0,4

3
t°

Khi đun nóng dung dịch thì có sự phân hủy HCO3- 2HCO− → CO2− + H O + CO
3
3
2
2
⇒ nCO2 − =
3

1
n − = 0,2(mol)
2 HCO3

Khi đó muối thu được sẽ bao gồm 0,1 moi Ca2+; 0,2 mol Mg2+; 0,4 mol Cl-; 0,2 mol CO32⇒ mmuoi = mCa2+ + mMg2+ + mCl− + mCO2− = 37,4gam
3

Đáp án A.
Nhận xét: Đây là một bài toán khá đơn giản nhưng một số bạn có thể không nhớ để phản ứng
t°

t°

2HCO3− → CO32− + H2O + CO2 hoặc tính đến cả phản ứng nhiệt phân muối cacbonat MCO3 → MO + CO2
dẫn đến kết quả sai. Lưu ý giả thiết cho chỉ đun X đến cạn mà không phải là tới khối lượng không đổi nếu
không sẽ không có phản ứng nhiệt phân muối cacbonat
Bài 6: Dung dịch X gồm 0,1 mol K+; 0,2 mol Mg2+; 0,1 mol Na+; 0,2 mol Cl- và a mol Y2-. Cô cạn dung
dịch X, thu được m gam muối khan. lon Y2- và giá trị của m là
2−

A. CO3 và 42,1

2−
B. SO4 và 37,3

2−
C. SO4 và 56,5

2−
D. CO3 và 30,1

Lời giải
2−
3

2−
4

Quan sát 4 đáp án ta thấy Y2- là CO hoặc SO

2−
Vì dung dịch tồn tại 0,2 mol Mg2+ mà MgCO3 là chất kết tủa do đó Y sẽ là SO4 . Áp dụng định luật bảo

toàn điện tích ta có
nK + + 2nMg2+ + nNa+ = nCl− + 2n Y 2− hay 0,1+ 0,4 + 0,1= 0,2 + 2a ⇒ a = 0,2
Khối lượng muối bằng tổng khối lượng của các ion trong dung dịch:
m = 0,1.39+ 0,2.24 + 0,1.23+ 0,2.35,5+ 0,2.96 = 37,3gam
Đáp án B.
Study tip: Nếu không quan sát 4 đáp án mà chỉ căn cứ vào các giả thiết đề bài thì ta sẽ chỉ tính được a mà
không tìm được Y2- . Sau khi quan sát 4 đáp án, các bạn cũng cần tinh ý nhận thấy MgCO 3 là muối không

tan để loại đáp án. Do đó kĩ năng quan sát đáp án và phân tích - loại trừ đáp án khá là quan trọng trong
quá trình làm đề thi trắc nghiệm.
Bài 7: Cho từ từ tới dư dung dịch Na2S vào dung dịch 500ml dung dịch AlCl3 0,2M. Khối lượng kết tủa
thu được khi kết thúc phản ứng là
A. 7,5 gam

B. 15,6 gam

C. 15 gam

D. 7,8 gam

Lời giải
Hiện tượng quan sát được là xuất hiện kết tủa keo trắng và khí mùi trứng thối
2Al 3+ + 3S2− + 6H2O → 2Al(OH)3 ↓ +3H2S ↑
⇒ nAl(OH)3 = nAlCl3 = 0,1⇒ mkÕt tña = mAl(OH)3 = 7,8(gam)
Đáp án D.
B2. Bài tập rèn luyện kĩ năng
Câu 1: Trộn 200ml dung dịch HCl 0,25M với 800ml dung dịch chứa Ba(OH)2 0,025M và NaOH
0,025M. Tính pH cùa dung dịch thu được sau phản ứng
8


A. 13

B. 12

C. 2

D. 1

Câu 2: Trộn 50ml dung dịch HCl aM với 50ml dung dịch NaOH có pH = 13 được dung dịch có pH = 2. a
là
A. 0,12

B. 1,2

C. 0,05

D. Đ/a khác

−4
Câu 3: Dung dịch X HCOOH 0,1M ở nhiệt độ xác định t°C có hằng số phân li K a = 1,8.10 . pH của X

là:
A. 2,83

B. 0,004 C. 2,38

D. Đ/a khác

Câu 4: Dung dịch X chứa HCl 0,01M và CH 3COOH 0,1M ở nhiệt độ xác định t°c, hằng số phân li axit
của CH3COOH là 1,8.10-5. Hãy xác định pH của dung dịch X ở nhiệt độ trên.
A. 1

B. 2

C. 13

D. 12

Câu 5: Trộn 100ml dung dịch CH3COOH 1M với 100ml NaOH 0,6M thu được dung dịch X. Biết ở nhiệt
−10
độ xác định K bCH3COO− = 5,5.10 . Hãy tính pH của dung dịch X ở nhiệt độ xác định trên.

A. 4,98

B. 4,89

C. 4,29

D. 4,92

Câu 6: Tính V lít dung dịch Ba(OH)2 0,025M cần cho vào 100ml dung dịch HNO3 và HCl có pH = 1 để
thu được dung dịch cuối cùng có pH = 2.
A. 0,15

B. 0,51

C. 0,2

D. Đ/a khác

Câu 7: Tính độ điện li của dung dịch axit HF 0,1M có pH = 3.
A. 1

B. 0,1

C.0,01

D. Đ/a khác

Câu 8: Dung dịch CH3COOH 0,1M có độ điện li α = 1%. Tính pH của dung dịch thu được.
A. 1

B. 2

C. 3

D. Đ/a khác

Câu 9: Tính pH của dung dịch hỗn hợp CH 3COOH 0,1M và CH3COONa 0,1M. Biết rằng ở một nhiệt độ
−5
xác định t°C có K aCH3COOH = 1,8.10

A. 1

B. 1,745 C. 1,754 D. 1,7

Câu 10: Cho 1,82 gam hỗn hợp bột X gồm Cu và Ag (tỉ lệ số mol tương ứng 4 : 1) vào 30ml dung dịch
gồm H2SO4 0,5M và HNO3 2M, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được a mol khí NO (sản
phẩm khử duy nhất). Trộn a mol NO trên với 0,1 mol O2 thu được hỗn hợp khí Y. Cho toàn bộ Y tác dụng
với H2O, thu được 150ml dung dịch có pH = z. Giá trị của z là
A. 2

B. 4

C. 3

D. 1

Câu 11: Các ion cùng tồn tại trong một dung dịch là
2+
−
−
+
A. Ca ,H2PO4 ,NO3 ,Na
−
−
+
+
B. HCO3 ,OH ,K ,Na
2+
−
+
2+
C. Fe ,NO3 ,H ,Mg

D. Fe3+ ,I − ,Cu2+ ,Cl − ,H+
2+
−
+
Câu 12: Cho hỗn dung dịch X gồm hỗn hợp chứa đồng thời Ba ,HCO3 ,Na và 0,48 mol Cl-. Cho 100ml

dung dịch X tác dụng với lượng dư dung dịch NaHSO 4 thu được 11,65 gam kết tủa và 2,24 lít khí (đktc).
Nếu cô cạn 300ml dung dịch X còn lại thì thu được m gam chất rắn khan. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
Giá trị của m thu được là:
A. 43,71 B. 50,61

C. 16,87

D. 47,10

Câu 13: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp 2,8 gam Fe và 1,6 gam Cu trong 500ml dung dịch hỗn hợp HNO 3
9


0,1M và HCl 0,4M, thu được khí NO (duy nhất) và dung dịch X. Cho X vào dung dịch AgNO 3 dư, thu
được m gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn khí NO là sản phẩm khử duy nhất. Giá trị của
m là :
A. 30,03 B. 28,70

C. 30,50

D. Đ/a khác

Câu 14: Dung dịch A chứa 0,01 mol Fe(NO) 3 và 0,15mol HCl có khả năng hòa tan tối đa bao nhiêu gam
Cu kim loại (Biết NO là sản phẩm khử duy nhất)
A. 2,88

B. 3,92

C. 3,2

D. 5,12

Câu 15: Nhỏ từ từ 200ml dung dịch HCl 2M vào 200ml dung dịch X có chứa K2CO3 1M, NaHCO3 0,5M
thì thu được V lít khí CO2. Giá trị của V là
A. 4,48

B. 1,68

C. 2,24

D. 3,36

Câu 16: Hấp thụ hoàn toàn V lít CO 2 (đktc) vào 400ml dung dịch NaOH aM thì thu được dung dịch X.
Cho từ từ và khuấy đều 150ml dung dịch HCl 1M vào X thu được dung dịch Y và 2,24 lít khí điều kiện
tiêu chuẩn. Cho Y tác dụng với Ca(OH)2 dư xuất hiện 15 gam kết tủa. Xác định giá trị của a
A. 1

B. 1,5

C. 0,75

D. Đ/a khác

2−
−
Câu 17: Cho hỗn hợp A: 0,05 mol SO4 ; 0,1 mol NO3 ; 0,08 mol Na+; 0,05 mol H+; 0,07 mol K+. Cô cạn

hỗn hợp dung dịch A thu được chất rắn B. Nung B đến khối lượng không đổi ta thu được m gam chất rắn.
m là:
A. D/a khác B. 11,67 C. 2,24

D. 12,47

Câu 18: Hòa tan hoàn toàn 0,1 mol FeS2 trong 200ml dung dịch HNO3 4M, sản phẩm thu được gồm dung
dịch X và một chất khí thoát ra. Dung dịch X có thể hòa tan tối đa m gam Cu. Biết trong các quá trình
trên, sản phẩm khử duy nhất của N+5 đều là NO. Giá trị của m là

A. 12,8

B. 6,4

C. 9,6

D. 3,2

Câu 19: Hòa tan hoàn toàn Fe3O4 trong dung dịch H2SO4 loãng (dư), thu được dung dịch X. Trong các
chất NaOH Cu, Fe(NO3)2, KMnO4, BaCl2, Cl2, và Al. Số chất có khả năng phản ứng được với dung dịch
X là
A.4

B.5

C.6

D.7

2−
+
Câu 20: Dung dịch X có chứa 0,12 mol Na +; x mol SO4 ; 0,12 mol Cl- và 0,05 mol NH4 . Cho 300 ml

dung dịch Ba(OH)2 0,1M vào dung dịch X đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, lọc kết tủa, thu được
dung dịch Y. Cô cạn Y, thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là:
A.7,19

B.7,02

C. 7,875

D. 7,705

−
Câu 21: A gồm: 0,01 mol Na+, 0,02 mol Ca2+; 0,02 mol HCO3 và a mol ion X. Ion X và a là:
−
A. NO3 và 0,03 mol B. Cl − và 0,01 mol
2−
C. CO3 và 0,03 mol D. OH− và 0,03 mol
−
Câu 22: Một dung dịch X gồm 0,1 mol Ca 2+; 0,2 mol Na+, x mol Cl − và 0,2 mol HCO3 . Cô cạn dung
dịch rồi nung hỗn hợp rắn tới khối lượng không đổi ta thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là

A.3,92

B. 11,22 C. Đ/a khác

D. 17,3

2−
Câu 23: Dung dịch Y gồm Al3+; Fe2+; 0,05 mol Na+; 0,1 mol SO4 ; 0,15 mol Cl − . Cho V lít dung dịch
NaOH 1M vào dung dịch Y để thu được kết tủa lớn nhất thì giá trị của V là

A.0,30

B.0,25

C.0,40 D.0,35

Câu 24: Cho 11,6 gam muối FeCO3 tác dụng vừa đủ với dung dịch HNO3, được hỗn hợp khí CO2, NO và

10


dung dịch X được. Khi thêm dung dịch HCl dư vào dung dịch X được dung dịch Y. Khối lượng bột đồng
tối đa có thể hòa tan trong dung dịch Y (Biết NO là sản phẩm khử duy nhất) là
A. 14,4

B. 32

C. 16

D. 7,2

−
Câu 25: Trong một cái cốc có chứa a mol Ca 2+, b mol Mg2+ và c mol HCO3 . Khi thêm V lít dung dịch

Ca(OH)2 (nồng độ xM) để giảm độ cứng của nước là nhỏ nhất. Biểu thức liên hệ giữa V, a, b, x là: (biết
giảm độ cứng của nước là làm giảm nồng độ của Ca2+ và Mg2+ trong dung dịch)
A. xV = b + a

B. xV = 2b + a

C. xV = b + 2a

D. 2xV = b + a

Câu 26: Hòa tan hoàn toàn 0,1 mol FeS2 trong 200ml dung dịch HNO3: 4M sản phẩm thu được gồm dung
dịch X và 1 chất khí thoát ra. Dung dịch X có thể hòa tan tối đa m gam Cu. Biết trong quá trình trên sản
phẩm khử duy nhất của N+5 là NO. Giá trị của m là:
A. 18,2

B. 12,8

C. 9,6

D. 16

2−
−
Câu 27: Dung dịch X có chứa 0,07 mol Na+; 0,02 mol SO4 và x mol OH-. Dung dịch Y có chứa ClO4 ;

NO3− và y mol H+. Tổng số mol ClO−4 và NO3− là 0,04 mol. Trộn X với Y thu được 100ml dung dịch Z.
Bỏ qua sự điện li của nước, pH của dung dịch thu được là:
A. l

B.2

c.12

D.13

2−
+
Câu 28: Dung địch X chứa 0,025 mol CO3 ; 0,1 mol Na+; 0,3 mol Cl − ; còn lại là ion NH4 . Cho 270 ml
dung dịch Ba(OH)2 0,2M vào dung dịch X và đun nóng nhẹ. Hỏi tổng khối lượng dung dịch X và dung
dịch Ba(OH)2 giảm bao nhiêu gam? Giả sử nước bay hơi không đáng kể.

A. 4,125

B. 5,269

C. 6,761 D. Đ/a khác
Hướng dẫn giải chi tiết

1.B
2.A
11.A
12.B
21.A
22.D
Câu 1: Đáp án B

3.C
13.D
23.A

4.B
14.C
24.B

5.D
15.A
25.A

6.A
16.C
26.B

nH+ = 0,05;nOH− = 0,06;V = 1(lit)
+

−
Phương trình ion thu gọn: H + OH → H2O

⇒ nOH− ph¶n øng = nH+ = 0,05
⇒ nOH− d = 0,06 − 0,05 = 0,01
⇒  OH−  =

n
= 0,01⇒ pH = 14 + logOH −  = 12
V

Câu 2: Đáp án A
Gọi x là nồng độ của dung dịch HCl ban đầu
Do đó nH+ = 0,05x;Vddsau = 0,1lit
−
Có pH = 13⇒ pOH = 1⇒ OH  = 0,1

⇒ nOH− = 0,1.0,05 = 0,005(mol)
+
Dung dịch X có pH = 2 nên X có  H  = 0,01

⇒ nH+ = 0,01.0,1= 0,001
11

7.C
17.B
27.B

8.C
18.A

28.C

9.B
19.D

10.D
20.C


Vì dung dịch sau phản ứng có tính axit nên khi cho dung dịch HCl phản ứng với dung dịch NaOH thì H +
+
−
dư: H + OH → H2O

 n H+ ph¶n øng = nOH− = 0,005
Do đó: 
 nH+ d = nH+ (X) = 0,001
⇒ nban ®Çu = 0,001+ 0,005 = 0,05x ⇔ x = 0,12
Câu 3: Đáp án C
Xét sự điện li: HCOOH ƒ

HCOO- + H+

Ban đầu

0,1

0

0

Phân li

x

x

x

x

x

Cân bằng

0,1 – x

Do đó
 HCOO−  .  H+ 
x2
Ka =
=
= 1,8.10−4
[HCOOH]
0,1− x
 4,164.10−3
⇔ x= 
−3
 −4,33.10 (l)
+

Vậy pH = − log H  = − logx = 2,38

Câu 4: Đáp án B
Ta thấy HCl là chất điện li mạnh nên ta có:
HCl → H+ + Cl −
Vậy sau quá trình trên trong dung dịch có nồng độ của ion H+ là 0,01
Xét quá trình sau
CH3COOH + H2O ƒ

CH3COO− + H3O+

Ban đầu

0,1

0,1

0,01

Phân li

xM

x

x

Cân bằng

0,1 – x

0,1 + x

x

Gắn các giá trị ở trạng thái cân bằng vào công thức tính hằng số điện li, ta có:
CH3COO−   H+ 
Ka =
[ CH3COOH]
⇒ Ka =

(0,01+ x).x
= 1,8.10−5
(0,1− x)

⇒ x = 1,76.10−4 ⇒  H+  = 0,010176M
+
Vậy pH = − log H  = 2

Câu 5: Đáp án B
Có phản ứng:
NaOH + CH3COOH → CH3COONa+ H2O
Do đó dung dịch X thu được bao gồm: 0,06 mol CH3COONa; 0,04 mol CH3COOH
12


⇒ CM CH COONa = 0,3;CM CH COOH = 0,2
3

3

−
+
CH3COONa là chất điện li mạnh nên có sự điện li hoàn toàn: CH3COONa → CH3COO + Na

Xét quá trình sau
CH3COO− + H2O ƒ

CH3COOH + OH−

Ban đầu

0,3

0,2

0

Phân li

xM

x

x

Cân bằng

0,3 – x

0,2 + x

x

Gắn các giá trị ở trạng thái cân bằng vào công thức tính hằng số điện li, ta có:
Kb =

[ CH3COOH] OH− 

 CH3COO− 
(0,2 + x)x
⇒ Kb =
= 5,5.10−10
(0,3− x)
⇒ x = 8,25.10−10
⇒ pH = 14 + logOH−  = 4,92
Câu 6: Đáp án A
+
Hỗn hợp axit có pH = 1⇒  H  = 0,1

⇒ nH+ =  H+  ×V = 0,1.0,1= 0,01(mol)
Ta có: nOH− = 0,05V
⇒ nH+ du = nH+ bandau − nOH− = 0,01− 0,05V
Dung dịch thu được có pH = 2 nên có
 H+  = 0,01=

0,01− 0,05V
V + 0,1

Từ đó thu được V = 0,15(lít)

Câu 7: Đáp án C
pH = 3⇒  H+  = 0,001⇒ nH+ = 0,001
Xét quá trình sau: HF ƒ
Ban đầu

0,1

Phân li

0,001

Suy ra α =

H+ + F −
0,001 mol

0,001
= 0,01
0,1

Câu 8: Đáp án C
Xét quá trình sau:
CH3COOH ƒ

CH3COO− + H+

Ban đầu

0,1

0

Phân li

0,1.1%

0,001

Cân bằng

0
0,001

0,001
13


Vậy pH = − log0,001= 3
Câu 9: Đáp án B
Vì CH3COONa là chất điện li mạnh nên được viết trước để tạo môi trường cho cân bằng của chất điện li
yếu phân li và cân bằng:
CH3COONa → CH3COO− + Na+
Xét quá trình sau:
CH3COOH ƒ

CH3COO− + H+

Ban đầu

0,1

0

0

Phân li

xM

x

x

0,1 – x

0,1 + x

x

Cân bằng
Suy ra K a =

x(x + 0,1)
= 1,8.10−5
0,1− x

⇒ x = 1,8×10−5 ⇒ pH = − logx = 1,745
Câu 10: Đáp án D
Gọi nCu = 4a thì nAg =a
 nCu = 0,02

Có 64.4a+ 108a = 1,82 ⇔ a = 0,005⇒ 
 nAg = 0,005
Phương trình ion thu gọn
3Ag + 4H+ + NO3− → 3Ag+ + NO + H2O
3Cu + 8H+ + 2NO3− → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O
⇒ ∑ nNO =

0,005 0,04
+
= 0,015
3
3

Có phản ứng: 2NO + O2 → 2NO2
⇒ O2 d sau ph¶n øng vµ nO2 ph¶n øng =

O2 d :0,1− 0,0075 = 0,925(mol)
1
nO2 = 0,0075 ⇒ Y : 
2
NO2 : nNO2 = nNO = 0,015(mol)

Khi hoà tan hỗn hợp Y vào nước ta có phản ứng:
4NO2 + O2 + 2H2O → 4HNO3
Do đó oxi còn dư và NO2 hết sau phản ứng
Có nHNO3 = nNO2 = 0,015⇒ nH+ = 0,015
Do đó
n 0,015
 H+  = =
= 0,1⇒ pH = − log H+  = 1

V 0,15
Câu 11: Đáp án A
Loại B do có phản ứng
HCO3− + OH− → CO32− + H2O
Loại C do có phản ứng
3Fe2+ + 4H + + NO3− → 3Fe3+ + NO + H2O
14


3+
−
2+
Loại D do có phản ứng 2Fe + 2I → 2Fe + I 2

Câu 12: Đáp án B
Trong 100ml dung dịch X có
nHCO− = nCO2 = 0,1;nCl− = 0,25.0,48 = 0,12mol
3

Có nBa2+ = nBaSO4 = 0,05
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có
2nBa2+ + nNa+ = nHCO− + nCl− ⇒ nNa+ = 0,12
3

Trong 300ml dung dịch X có
nCl− = 0,36;nHCO− = 0,3;nBa2+ = 0,15;nNa+ = 0,36
3

Khi cô cạn có phản ứng sau xảy ra nay trong điều kiện dung dịch:
−

3

t0

2HCO → CO32− + CO2 + H2O
1
n − = 0,15
2 HCO3

⇒ nCO2− =
3

+
2+
2−
−
Khối lượng muối thu được là tổng khối lượng của các ion Na ,Ba ,CO3 vµ Cl

Do vậy m = mNa+ + mBa2+ + mCO32− + mCl− = 50,61
Câu 13: Đáp án D
−
Ta thấy NO3 luôn luôn dư vì tồn tại trong dung dịch AgNO3 dư

nFe = 0,05;nCu = 0,025;nH+ = 0,25
Có các phản ứng xảy ra như sau
Fe+ 4H+ + NO3− → Fe3+ + NO + 2H2O
+
−
2+
0,05 3Cu + 8H + 2NO3 → 3Cu + 2NO + 4H2O

Mol 0,05 0,2
3
Mol .0,05 0,05
8

0,01875

Sau đó Cu dư sẽ phản ứng với Fe3+
Cu +

2Fe3+ → Cu2+ + 2Fe2+

Mol 0,00625 0,0125 0,00625 0,0125
Do đó trong dung dịch thu được chứa 0,025 mol Cu2+ ;0,0125 mol Fe2+ ;0,0375 mol Fe3+ Có phản ứng xảy
ra khi cho dung dịch thu được tác dụng với dung dịch chứa Ag+:
Ag+ + Fe2+ → Fe3+ + Ag ↓
Mol

0,0125

0,0125

Ag+ + Cl − → AgCl ↓
Mol

0,2

0,2

Vậy m = mAg + mAgCl = 30,05(gam)
Câu 14: Đáp án C
Có nNO3 = 3nFe( NO3) 3 = 0,03
15


nH+ = nHCl = 0,15;nFe3+ = 0,01
3Cu + 8H+ + 2NO3− → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O Mol 0,045 0,12

0,03

Cu + 2Fe3+ → Cu2+ + 2Fe2+
Mol 0,005 0,01
Do đó

∑n

Cu

= 0,045+ 0,005 = 0,05

⇒ mCu = 3,2(gam)
Câu 15: Đáp án A
Khi nhỏ từ từ dung dịch HCl vào dung dịch X thì thứ tự các phản ứng xảy ra như sau
H+ + CO32− → HCO3−
Mol 0,2 0,2
+

0,2
−

3

H + HCO → CO2 + H2O
Mol 0,2 0,2

0,2

⇒ nCO2 = 0,2 ⇒ V = 4,48(lit)
Câu 16: Đáp án C
2−
Khi hấp thụ hoàn toàn lượng CO2 ban đầu vào dung dịch NaOH thì dung dịch thu được chứa CO3 hoặc

HCO3− hoặc cả hai. Có thể coi các phản ứng xảy ra như sau:
CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O
CO2 + NaOH → NaHCO3
Trong dung dịch X gọi nCO23− = x;nHCO3− = y
Có nHCl = 0,15;nCO2 = 0,1;nCaCO3 = 0,15
Khi cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch X thì thứ tự các oharn ứng xảy ra như sau:
CO32− + H+ → HCO3−
Mol

x

x

x

HCO3− + H+ → CO2 + H2O
Mol

0,1

0,1

0,1

−
2−
Do đó sau khi kết thúc phản ứng với HCl, dung dịch thu được (x + y -0,1) mol HCO3 , không còn CO3 .

Khi cho dung dịch này tác dụng với dung dịch Ca(OH)2 có phản ứng:
HCO3− + OH− → CO32− + H2O
Ca2+ + CO32− → CaCO3 ↓
⇒ nHCO− = x + y − 0,1= nCaCO3 = 0,15 ⇔ x + y = 0,25
3

Lại có nH+ = x + 0,1= 0,15 ⇔ x = 0,05⇒ y = 0,2
⇒ nNaOH = 2nCO2− + nHCO− = 2x + y = 0,3
3

Vậy a =

3

0,3
= 0,75(M)
0,4
16

Câu 17: Đáp án B
Ta thấy dung dịch tồn tại hỗn hợp 2 axit HNO3 và H2SO4
Vì H2SO4 là một axit khó bay hơi
Mặt khác khi cô cạn dung dịch muối cũng không bay hơi
Do đó chất bị bay hơi chỉ có thể là HNO3
2−
−
Mà nNO−3 > nH+ nên khi cô cạn dung dịch ta thu được hỗn hợp gồm các muối tạo từ các ion SO4 , NO3 ,

Na+ và K+
Vì các ion dương trong hỗn hợp này đều là các cation của kim loại kiềm nên khi nung hỗn hợp đến khối
lượng không đổi ta có phản ứng:
0

t
1
RNO3 → RNO2 + O2
2

Trong đó R là công thức trung bình của Na và K
2−
−
Do đó chất rắn cuối cùng là tổng khối lượng của 0,05 mol SO4 , 0,05 mol NO2 , 0,08 mol Na+ và 0,07

mol K+
Vậy m = mSO24− + mNO2− + mNa+ + mK + = 11,67(gam)
Câu 18: Đáp án A
nHNO3 = 0,8mol
Vì phản ứng thu được chỉ 1 khí và NO là sản phẩm khử duy nhất nên trong phản ứng õi hoá khử,sản
2−

phẩm tương ứng với S trong FeS2 là SO4 tồn tại trong dung dịch:

3FeS2 + 12H+ + 15NO3− → 3Fe3+ + 6SO24− + 15NO + 6H2O
0,1

0,4

0,5

0,1

3Cu + 8H+ + 2NO3− → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O
0,15 0,4

0,3

Cu + 2Fe3+ → Cu2+ + 2Fe2+
0,05 0,1
Vậy m = 64.(0,15+ 0,05) = 12,8(gam)
Câu 19: Đáp án D
2+
3+
2−
+
Dung dịch gồm có Fe ,Fe ,SO4 ,H
+
−
2+
Nên X phản ứng với tất cả các chất trên, Fe( NO3 ) 2 có phản ứng vì có cả ion H ,NO3 , Fe

Câu 20: Đáp án C
Đối với dạng bài này để đơn giản do hỗn hợp có nhiều ion nên ta có thể quy về phương trình phân tử.
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:
nNa+ + nNH+ = 2nSO2− + nCl −
4

4

1
⇒ x = (0,12 + 0,05− 0,12) = 0,025
2
Ta có thể quy đổi hỗn hợp trên gồm:
0,025 mol ( NH4 ) 2 SO4;0,12mol NaCl
17


Có phản ứng:

( NH4 ) 2 SO4 + Ba(OH)2 → BaSO4 + 2NH3
0,025

0,025

Sau phản ứng còn dư 0,005 mol Ba(OH)2 trong dung dịch
m = 0,12.58,5+ 0,005.171= 7,875(gam)
Câu 21: Đáp án A
Ta có thể loại ngay đáp án C và D do CaCO3 kết tủa và do phản ứng sau xảy ra nên không thể tồn tại
trong một dung dịch
HCO3− + OH− → H2O + CO2
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho hỗn hợp dung dịch trên ta được a = 0,03 mol

Câu 22: Đáp án D
Áp dụng định luật bào toàn điện tích cho dung dịch ban đầu ta có:
2nCa2+ + nNa+ = nCl− + nHCO− ⇒ nCl− = 0, 2
3

Khi cô cạn dung dịch thì có phản ứng sau xảy ra
t°

2HCO3− → H2O + CO32−
0,2

0,1

Sau khi dung dịch đã bay hơi hết nước và cô cạn chất rắn tới khối lượng lượng không đổi, nên có phản
ứng sau:
t0

CO32− → O2− + CO2
0,1

0,1

Chú ý: Cách viết phương trình trên không đúng với bản chất hóa học do chất rắn không thể viết được
dưới dạng ion nhưng ta có thể viết để có thể đơn giản cách giải trở nên nhanh chóng trong các bài tập trắc
nghiệm.
Tuy nhiên các bạn cũng cần lưu ý rằng muối cacbonat của kim loại kiềm không bị nhiệt phân nên lượng
muối cacbonat bị nhiệt phần chỉ tương ứng với ion Ca 2+ (muối CaCO3) nên nếu nCO23− > nCa2+ thì
nCO2− bÞnhiÖt ph©n =nCa2+ và lượng CO32− còn lại vẫn tồn tại dưới dạng muối cacbonat của kim loại kiềm. Do
3
vậy nếu không nắm chắc bản chất phản ứng, các bạn vẫn nên viết phản ứng nhiệt phân muối cacbonat

dạng phân tử:
t0

CaCO3 → CaO + CO2
Do đó khối lượng chất rắn thu được cuối cùng là tổng khối lượng của 0,1 mol CaO và 0,2 mol NaCl.
Vậy khối lượng của chất rắn là
m = 0,1.56+0,2.58,5 = 17,3 (gam)
Câu 23: Đáp án A
Để thu được kết tủa lớn nhất thì kết tủa ở hết dạng Fe(OH)2 và Al(OH)3 vừa đạt tới giá trị lớn nhất và
chưa có phản ứng hòa tan một phần kết tủa.
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:
18


3nA13+ + 2nFe2+ + 0,05 = 0,1.2+ 0,15
⇒ 3nA13+ + 2nFe2+ = 0,3
Do đó để lượng kết tủa thu được là lớn nhất thì
nOH− = 3nA13+ + 2nFe2+ = 0,3
Vậy V = 0,3 (lít)
Câu 24: Đáp án B
Xét phản ứng
3FeCO3 + 10HNO3 → 3Fe( NO3 ) 3 + 3CO2 + NO + H2O
1
3

0,1

0,1
3

0,1

−
Dung dịch X chứa X chứa 0,1 mol Fe3+ và 0,3 mol 2NO3

3Cu + 8H+ + 2NO3− → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O
0,45
3+

2+

0,3

2+

Cu + 2Fe → Cu + 2Fe
0,05

0,1

⇒ ∑ nCu = 0,45+ 0,05 = 0,5
⇒ mCu = 0,5.64 = 32(gam)
Câu 25: Đáp án A
Để độ cứng của nước là nhỏ nhất thì lượng Ca2+ và Mg2+ loại bỏ khỏi dung dịch càng nhiều càng tốt.
Khi đó các chất phản ứng vừa đủ theo các phản ứng sau:
Ca( HCO3 ) 2 + Ca(OH)2 → 2CaCO3 ↓ +2H2O

Mg( HCO3 ) 2 + Ca(OH)2 → MgCO3 ↓ +CaCO3 ↓ +2H2O

Do đó nCa(OH)2 = nCa2+ + nMg2+ ⇒ VX = a + b

Câu 26: Đáp án B
Vì phản ứng chỉ thu được một khí duy nhất và sản phẩm khử duy nhất là khí NO nên sản phẩm trong
2−
phản ứng tương ứng với S trong FeS2 là SO4 tồn tại trong dung dịch.

Có phản ứng xảy ra như sau:
3FeS2 + 12H+ + 15NO3− → 3Fe3+ + 6SO24− + 15NO + 6H2O 0,1

0,4

−
Khi đó dung dịch thu được chứa 0,1 mol Fe3+, 0,4 mol H+ và 0,3 mol NO3

3Cu + 8H+ + 2NO3− → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O
0,15 0,4

0

Cu + 2Fe3+ → Cu2+ + 2Fe2+
0,05 0,1
Vậy m = 64.(0,15+ 0,05) = 12,8(gam)
Câu 27: Đáp án B
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho dung dịch X ta có:
nNa+ = 2nSO2− + nOH− ⇒ x = nOH− = 0,03
4

19

0,5

0,1


Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho dung dịch Y ta có:
nH+ = nClO− + nNO− ⇒ y = nH+ = 0,04
4

3

+
−
Trộn X và Y ta có phản ứng: H + OH → H2O

⇒ nH+ du = nH+ bandau − nOH− = 0,01
⇒  H+  =

n 0,01
=
= 0,1(M)
V 0,1

+
Vậy pH = − log H  = 0,1

Câu 28: Đáp án C
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:
nNa+ + nNH+ = nCl− + 2nCO2− ⇒ nNH+ = 0,25
4

3

4

Khối lượng dung dịch X giảm là do có khí NH3 thoát ra khỏi dung dịch và BaCCb kết tủa trong dung dịch
sản phẩm:
NH+4 + OH− → NH3 ↑ + H2O
Ba2+ + CO32− → BaCO3 ↓
Ta có nBa(OH)2 = 0,054mol ⇒ nBaCO3 = 0,25mol
nNH3 = nOH− = 0,108
Vậy ∆m = mNH3 + mBaCO3 = 6,761(gam)
C. Các bài toán liên quan đến hidroxit lưỡng tính
1. Chất lưỡng tính và hidroxit lưỡng tính
Chất lưỡng tính là những chất vừa có khả năng phân li trong dung dịch như axit vừa có khả năng phân li
trong dung dịch như bazo. (vừa có khả năng nhận proton và vừa có khả năng nhường proton).
−
−
Ví dụ: Xét sự phân li của HCO3 trong dung dịch: HCO3 có thể phân li theo các phương trình sau

2HCO3− ƒ CO2 + H+

−
−
2HCO3 + H2O ƒ H2CO3 + 2OH
−
Do đó HCO3 là chất lưỡng tính.

Một số chất lưỡng tính thường gặp:
+ Hidroxit lưỡng tính: Al(OH)3,Zn(OH)2,Pb(OH)2,Sn(OH)2,Be(OH)2,Cr(OH)3,Cu(OH)2,…
+ Oxit lưỡng tính: Al 2O3,ZnO,Cr2O3,BeO,…

+ Muối (muối axit của axit yếu, muối amoni của axit yếu):
NaHCO3,NaHSO3, NaHS,Na2HPO4,NaH2PO4,( NH4 ) 2 CO3,CH3COONH4,…
+ Một số hợp chất hữu cơ: Amino axit,...
Chất lưỡng tính vừa có khả năng tác dụng với axit, vừa có khả năng tác dụng với bazo. Tuy nhiên không
phải chất nào có khả năng phản ứng đồng thời với axit và bazo đều là chất lưỡng tính.
Ví dụ: Phản ứng của Al(OH)3 và Zn(OH)2 với dung dịch HCl và NaOH:

20


Al(OH)3 + 3HCl → Al(OH)3 + 3H2O
Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O
Zn(OH)2 + 2HCl → ZnCl2 + 2H2O
Zn(OH)2 + 2NaOH → Na2ZnO2 + 2H2O
Chú ý: Cr(OH)3 và Cu(OH)2 chỉ tan trong dung dịch kiềm đặc
2. Cơ sở và phương pháp giải bài tập
- Một số bài tập về hidroxit lưỡng tính còn liên quan đến khả năng tạo phức của hidroxit với dung dịch
NH3. Một số hidroxit có khả năng tạo phức với dung dịch NH 3 thường gặp là Cu(OH)2, Zn(OH)2,
Ni(OH)2,...
Lưu ý: Khi cho dung dịch chứa nhiều cation kim loại phản ứng với dung dịch kiềm thì các phản ứng tạo
hidroxit kết tủa xảy ra đồng thời.
- Có các quá trình chuyển hoá liên quan đến các hợp chất của kim loại M hoá trị n có hidoxit lưỡng tính
như sau: M

n+

OH−

OH−

H

H

− n)−
Æ+ M(OH)n ↓ Æ+ MO(4
2

Ví dụ: Các phản ứng xảy ra khi cho dung dịch chứa NaAlO 2 tác dụng với dung dịch HCl, khí CO 2 và
dung dịch AlCl3 dư
 NaAlO2 + HCl + H2O → Al(OH)3 ↓ + NaCl

 Al(OH)3 + 3HCl → AlCl 3 + 3H2O
NaAlO2 + CO2 + 2H2O → Al(OH)3 ↓ + NaHCO3
3NaAlO2 + AlCl 3 + 6H2O → 4Al(OH)3 + 3NaCl
(4− n)−
Study tip: Khi cho dung dịch chứa MO2
tác dụng với dung dịch chứa H+, nếu dung dịch phản ứng là

dung dịch axit mạnh như HCl, H2SO4,… thì mới có thể có sự hòa tan kết tủa M(OH)2, nếu dung dịch phản
ứng là dung dịch có tính axit yếu thì dung dịch phản ứng có dư cũng không có sự hòa tan kết tủa M(OH)2
Các phương pháp giải thường sử dụng
+ Sử dụng bảo toàn điện tích, bảo toàn khối lượng và phương trình ion thu gọn.
+ Xét các trường hợp có thể xảy ra.
+ Đặt biến (ẩn số); biểu diễn mối liên hệ giữa các biến rồi giải hệ phương trình thu được.
+ Dùng phương pháp đồ thị
+ Sử dụng công thức giải nhanh
Các dạng bài tập và phương pháp giải
Ta sẽ xét các hiện tượng phản ứng và phương pháp giải với các bài toán liên quan đến hai hidroxit lưỡng
tính thường gặp là Al(OH)3 và Zn(OH)2. Với các hidroxit lưỡng tính khác, chúng ta có cách làm tương tự.

Dạng 1: Bài toán cho dung dịch chứa M n+ tác dụng với dung dịch kiềm, trong đó M n+ là cation của
kim loại có hidroxit lưỡng tính.
Xét bài toán cho dung dịch chứa Al3+ tác dụng với dung dịch kiềm
+ Khi cho dung dịch OH- vào dung dịch chứa Al3+ thì thứ tự các phản ứng xảy ra như sau:
3+
−
Ban đầu có phản ứng tạo thành kết tủa: Al + 3OH → Al(OH)3 ↓

Sau đó khi Al3+ hết, nếu lượng OH- còn dư thì có hiện tượng hòa tan kết tủa:
Al(OH)3 + OH− → AlO2− + 2H2O
Có thể biểu diễn quá trình phản ứng qua đồ thị sau
21


Do đó khi lượng kết tủa thu được nhỏ hơn giá trị kết tủa cực đại, có hai trường hợp có thể xảy ra về lượng
OH- đã sử dụng là trường hợp 1 (lượng kết tủa chưa đạt mức cực đại và chưa bị hòa tan) và trường hợp 2
(kết tủa đạt cực đại sau đó bị hòa tan một phần).
Các dạng bài tập tương ứng:
Dạng 1: Khi đề bài cho lượng Al3+ và lượng kết tủa Al(OH)3, yêu cầu tính nOH− đã phản ứng thì xảy ra các
trường hợp sau:
nÕu nAl(OH)3 = nAl3+ th×nOH− = 3nAl(OH)3 (kÕt tña cùc ®¹i)


 nOH− = 3nAl(OH)3 (TH1)

 nÕu nAl(OH)3 < nAl3+ th×cã thÓcã 2 kÕt qu¶ 
 nOH− = 4nAl3+ − nAl(OH)3 (TH2)

Dạng 2: Khi đề bài cho lượng Al3+ và lượng OH- ban đầu, yêu cầu tính khối lượng kết tủa thu được thì
xảy ra các trường hợp sau:

nOH−

(ch a cã sù hoµ tan kÕt tña)
 nÕu nOH− ≤ 3nAl3+ th×nAl(OH)3 =
3

 nÕu nOH− > 3nAl3+ th×nAl(OH)3 = 4nAl3+ − nOH− (®· cã sù hoµ tan kÕt tña)
Dạng 3: Khi đề bài cho biết lượng kết tủa, lượng OH - ban đầu, yêu cầu tính số mol Al 3+ đã phản ứng thì
xảy ra các trường hợp sau:
nOH−

th×nAl3+ ≥ nAl(OH)3 (ch a cã sù hoµ tan kÕt tña)
 nÕu nAl(OH)3 =
3

nAl(OH)3 + nOH−
nOH−

th×nAl3+ =
(®· cã sù hoµ tan kÕt tña)
 nÕu nAl(OH)3 ≠

3
4
Xét bài toán cho dung dịch chứa Zn2+ tác dụng với dung dịch kiềm
+ Khi cho dung dịch chứa OH- tác dụng với dung dịch chứa Zn2+ thì các phản ứng có thể xảy ra theo thứ
tự sau:
2+
−
Ban đầu có phản ứng tạo thành kết tủa: Zn + 2OH → Zn(OH)2 ↓

22


−
2−
Sau đó nếu OH- dư thì có phản ứng hòa tan kết tủa: Zn(OH)2 + 2OH → ZnO2 + 2H2O

Có thể biểu diễn quá trình phản ứng qua đồ thị sau:

Gọi nZn2+ = a thì ta có đồ thị biểu diễn lượng kết tủa Zn(OH) 2 thu được tương ứng với các lượng OHkhác nhau.
+ Quan sát đồ thị, kết hợp với hai phươmg trình phản ứng ở trên, ta nhận thấy trong quá trình phản ứng,
lượng kết tủa tăng dần đến giá trị cực đại, sau đó OH- dư sẽ hòa tan dẫn lượng kết tủa.

(

)

- Nếu nOH− = 2nZn2+ nOH− = 2a thì lượng kết tủa thu được là cực đại, sản phẩm thu được chỉ có Zn(OH) 2,
hai chất phản ứng đều hết. Khi đó nZn(OH)2 = a

(

)

- Nếu nOH− < 2nZn2+ nOH− < 2a thì sau phản ứng Zn2+ dư, trong quá trình phản ứng, kết tủa thu được chưa
vượt qua giá trị cực đại (Tr ường hợp 1).

(

)

- Nếu 2nZn2+ sau khi đạt giá trị cực đại đã bị hòa tan một phần, nhưng chưa bị hòa tan hết (Trường hợp 2).

(

)

- Nếu nOH− ≥ 4nZn2+ nOH− ≥ 4a thì lượng kết tủa sau khi đạt cực đại đã bị lượng OH - dư hòa tan hoàn

(

)

2−
toàn. Sau phản ứng trong dung dịch chứa ZnO2 , có thể có OH- dư khi nOH− > 4nZn2+ nOH− > 4a

Do đó khi lượng kết tủa thu được nhỏ hơn giá trị kết tủa cực đại, có hai trường hợp có thể xảy ra về lượng
OH- đã sử dụng là trường hợp 1 (lượng kết tủa chưa đạt mức cực đại và chưa bị hòa tan) và trường hợp 2
(kết tủa đạt cực đại sau đó bị hòa tan một phần).
Dạng 1: Khi đề bài cho biết lượng Zn2+ và lượng kết tủa Zn(OH) 2, yêu cầu tính lượng OH- đã phản ứng
thì xảy ra các trường hợp sau
nÕu nZn(OH)2 = nZn2+ th×nOH− = 2nZn(OH)2 (kÕt tña cùc ®¹i)


nOH− = 2nZn(OH)2 (TH1)


 nÕu nZn(OH)2 ≠ nZn2+ th×cã thÓcã 2 kÕt qu¶ 

 nOH− = 4nZn2+ − 2nZn(OH)2 (TH2)

Dạng 2: Khi đề bài cho biết lượng Zn 2+ và lượng OH- ban đầu, yêu cầu tính lượng kết tủa thu được thì
xảy ra các trường hợp sau
n −

nÕu nOH ≤ 2nZn2+ th×nZn(OH)2 = OH (ch a cã sù hoµ tan kÕt tña)

2

1

· cã sù hoµ tan kÕt tña)
 nÕu nOH > 2nZn2+ th×nZn(OH)2 = 2 4nZn2+ − nOH− (®

(

)

Dạng 3: Khi đề bài cho biết lượng kết tủa Zn(OH)2 và lượng OH- ban đầu, yêu cầu tính lượng Zn 2+ đã
phản ứng thì xảy ra các trường hợp sau

23


nOH−

nÕ
u
n

=
th×nZn3+ ≥ nZn(OH)2 (ch a cã sù hoµ tan kÕt tña)

Zn(OH)2
2

2nZn(OH)2 + nOH−
nOH−

th×nZn2+ =
(®· cã sù hoµ tan kÕt tña)
 nÕu nZn(OH)2 ≠

2
4
(4− n)−
(4− n)−
Dạng 2: Bài toán cho dung dịch chứa MO2
tác dụng với dung dịch chứa H +, trong đó MO2

tương ứng là gốc axit tương ứng vớỉ hidroxit lưỡng tính, với n là hóa trị của kim loại M.
−
Xét bài toán cho dung dịch chứa AlO2 tác dụng với dung dịch chứa H+
−
+ Khi cho dung dịch chứa H + tác dụng với dung dịch chứa AlO2 có thể xảy ra các phản ứng theo thứ tự

sau:
−
+
Đầu tiên có phản ứng tạo kết tủa: AlO2 + H + H2O → Al(OH)3 ↓

+
3+
Sau đó, nếu H+ dư thì có phản ứng hòa tan kết tủa: Al(OH)3 + 3H → Al + 3H2O

Có thể biểu diễn quá trình phản ứng thông qua đồ thị sau:

Gọi nAlO2− = a ta có đồ thị biểu diễn lượng kết tủa Al(OH)3 thu được tương ứng với lượng H+ khác nhau.
+ Quan sát đồ thị, kết hợp với 2 phương trình phản ứng, ta nhận thấy trong quá trình phản ứng, lượng kết
tủa sẽ tăng dần, sau đó lượng H+ dư sẽ hòa tan kết tủa.

(

)

(

)

- Nếu nH+ = nAlO2− nH+ = a thì lượng kết tủa thu được là cực đại, sau phản ứng cả hai chất đều hết. Khi
đó nAl(OH)3 = nAlO−2
−
- Nếu nH+ < nAlO2− nH+ < a thì sau phản ứng H+ hết, AlO2 còn dư, trong quá trình phản ứng, lượng kết

tủa tăng dần nhưng chưa đạt đến giá trị cực đại (TH1).

(

)

- Nếu nAlO2− < nH+ < 4nAlO2− a < nH+ < 4a thì sau phản ứng cả hai chất phản ứng đều hết, trong quá trình

phản ứng, lượng kết tủa đạt đến giá trị cực đại sau đó bị hòa tan một phần (Trường hợp 2).

(

)

- Nếu nH+ ≥ 4nAlO2− nH+ ≥ 4a thì lượng kết tủa sau khi đạt cực đại đã bị H + dư hòa tan hết, dung dịch sau

(

)

phản ứng chứa Al3+, có thể có H+ dư khi nH+ > 4nAlO2− nH+ > 4a

Do đó khi lượng kết tủa thu được nhỏ hơn giá trị kết tủa cực đại, có hai trường hợp có thể xảy ra về lượng
H+ đã sử dụng là trường hợp 1 (lượng kết tủa chưa đạt mức cực đại và chưa bị hòa tan) và trường hợp 2
(kết tủa đạt cực đại sau đó bị hòa tan một phần).
Các dạng bài tập tương ứng:
−
Dạng 1: Khi đề bài cho biết lượng AlO2 ban đầu và lượng kết tủa A1(OH)3, yêu cầu tính lượng H+ đã

phản ứng thì cỏ thể xảy ra các trường hợp sau
24


nếu nAl(OH)3 = nAlO thìnH+ = nAl(OH)3

2

nH+ = nAl(OH)3 (TH1)

nếu nAl(OH)3 nAlO thìcó thểcó 2 kết quả
2

nH+ = 4nAlO2 3nAl(OH)3 (TH2)

Dng 2: Khi bi cho bit lng AlO2 v lng H+ ban u, yờu cu tớnh lng kt ta Al(OH)3 thu

c sau khi cỏc phn ng xy ra hon ton thỡ cú th xy ra cỏc trng hp sau
nếu nH+ nAlO thìnAl(OH)3 = nH+ (ch a có sự hoà tan kết tủa)

2

4nAlO nH+

2
nếu nH+ > nAlO thìnAl(OH)3 =
(đã có sự hoà tan kết tủa)
2

3

Dng 3: Khi bi cho bit lng H+ ban u v lng kt ta A1(OH)3, yờu cu xỏc nh lng AlO2

ó phn ng thỡ cú th xy ra cỏc trng hp sau
nếu nAl(OH)3 = nH+ thìnAlO2 nAl(OH)3 (ch a có sự hoà tan kết tủa)

3nAl(OH)3 + nH+

(đã có sự hoà tan kết tủa)
nếu nAl(OH)3 nH+ thìnAlO2 =
4
2
Xột bi toỏn cho dung dch cha ZnO2 tỏc dng vi dung dch cha H+
2
+ Khi cho dung dch cha H+ tỏc dng vi dung dch cha ZnO2 thỡ cú th cú cỏc phn ng xy ra theo

th t sau:
2
+
Ban u cú phn ng to thnh kt ta ZnO2 + 2H Zn(OH)2
+
2+
Sau ú, nu H+ cũn d thỡ cú phn ng hũa tan kt ta: Zn(OH)2 + 2H Zn + 2H2O

Cú th biu din quỏ trỡnh phn ng thụng qua th sau

2nZnO2 2

2

Gi nZnO22 = a ta cú th biu din lng kt ta Zn(OH) 2 thu c tng ng vi cỏc lng OH- khỏc
nhau.
+ Quan sỏt th, kt hp vi hai phng trỡnh phn ng trờn, nhn thy trong quỏ trỡnh phn ng,
lng kt ta tng dn sau ú b lng H+ d hũa tan dn.
- Nu nH+ = 2nZnO22 (nH+ = 2a) thỡ sau phn ng c hai cht u ht, lng kt ta thu c l cc i. Khi
ú nzn(OH)2 = a
2

- Nu nH+ < 2nZnO22 (nH+ < 2a) thỡ sau phn ng H+ ht, ZnO2 cũn d, trong quỏ trỡnh phn ng, lng

kt ta tng dn nhng cha t giỏ tr cc i (Trng hp 1).
25