12 dạng bài tập về Sự điện li trong đề thi Đại học (có lời giải)

Với 12 dạng bài tập về Sự điện li trong đề thi Đại học có lời giải chi tiết sẽ giúp học sinh ôn tập, biết cách làm dạng bài tập về Sự điện li trong đề thi Đại học.

12 dạng bài tập về Sự điện li trong đề thi Đại học (có lời giải)

Dạng 1: Tính nồng độ các ion trong dung dịch chất điện li

Phương pháp:

+ Viết phương trình điện li

+ Biểu diễn số mol của các chất ở các thời điểm: ban đầu, phản ứng, cân bằng. Sử dụng các dữ kiện đề bài để thiết lập mối liên quan.

+ Thường sử dụng công thức độ điện li

+ Thường sử dụng phương pháp bảo toàn điện tích

Ví dụ minh họa

Ví dụ 1 : Nồng độ mol của các ion CH₃COOH, CH₃COO^-, H⁺ tại cân bằng trong dung dịch CH₃COOH 0,1M có a = 1,32% là:

A. [CH₃COOH] = 0,1M

B. [H⁺]= [CH₃COO^-] = 0,1M

C. [H⁺]= [CH₃COO^-] = 1,32.10^-3M; [CH₃COOH] = 0,09868M

D. [H⁺]= [CH₃COO^-] = 1,32.10^-3M

Hướng dẫn giải:

CH₃COOH ⇔ H⁺ + CH₃COO^- (1)

Ban đầu: C_o     0   0

Phản ứng: C_o. a     C_o. a   C_o. a

Cân bằng: C_o(1-a)   C_o. a   C_o. a

Vậy: [H⁺]= [CH₃COO^-] = a.Co = 0,1. 1,32.10^-2M = 1,32.10^-3M

[CH₃COOH] = 0,1 – 0,00132 = 0,09868M

⇒ Đáp án C

Ví dụ 2 : Trộn 100 ml dung dịch BaCl₂ 0,10M với 100ml dung dịch NaCl 0,10M. Nồng độ ion Cl^- có mặt trong dung dịch là:

A. 0,2    B. 0,15    C. 0,3    D. 0,4

Hướng dẫn giải:

n_BaCl2 = 0,01 mol; n_NaCl = 0,01 mol

BaCl₂ → Ba²⁺ + 2Cl₂

0,01 →     0,02 (mol)

NaCl → Na⁺ + Cl^-

0,01 →     0,01 (mol)

n_Cl- = 0,03 ⇒ [Cl-] = 0,03/(0,1+0,1)= 0,15 mol

⇒ Đáp án B

Ví dụ 3 : Một dung dịch X chứa 0,02mol Cu²⁺; 0,03mol K⁺; x mol Cl^- và y mol SO₄^2-. Tổng khối lượng các muối tan trong dung dịch là 5,435g. Giá trị của x và y lần lượt là :

A . 0,01 và 0,03    B. 0,02 và 0,05    C. 0,05 và 0,01    D. 0,03 và 0,02

Hướng dẫn giải:

Bảo toàn điện tích ta có:

2n_Cu²⁺ + n_K⁺ = n_Cl^- + 2n_SO4^2-

⇒ x + 2y = 0,07 mol (1)

m_muối = m_Cu²⁺ + m_K⁺ + m_Cl^- + m_SO4^2- = 5,435

⇒ 35,5x + 96y = 2,985 (2)

Từ (1)(2) ⇒ x = 0,03; y = 0,02

⇒ Đáp án D

Dạng 2: Tính độ điện li α

Phương pháp:

+ Viết phương trình điện li của các chất.

Ví dụ minh họa

Ví dụ 1 : Độ điện li của axit HCOOH 0,007M trong dung dịch có [H⁺]=0,001M là:

A. 7    B. 1    C. 1/6    D. 1/7

Hướng dẫn giải:

Gọi a là độ điện li của axit

      HCOOH ⇔ H⁺ + HCOO^-

Ban đầu: 0,007   0

Phản ứng: 0,007a   0,007a

Cân bằng: 0,007(1-a)   0,007a

[H⁺] = 0,007a = 0,001⇒ a = 1/7

⇒ Đáp án D

Ví dụ 2 : Dung dịch CH₃COOH 0,043M có độ điện li α = 20%. Nồng độ H⁺ tại thời điểm cân bằng là:

A. 8,6.10^-3    B. 4,3.10^-2    C. 4,3.10^-3    D. 8,6.10^-2

Hướng dẫn giải:

      CH₃COOH ⇔ CH₃COO^- + H⁺

Ban đầu: 0,043M    0   0

Phản ứng: 0,043.α     0,043.α

Cân bằng: 0,043 – 0,043α   0,043α

Tại thời điểm cân bằng: [H⁺] = 0,043α = 8,6.10-3(M)

⇒ Đáp án A

Dạng 3: Tính pH của dung dịch không xảy ra phản ứng

pH = -lg[H⁺]

pOH = -lg[OH^-]

pH + pOH = 14

Dạng 3.1: Tính pH của dung dịch axit mạnh, bazơ mạnh

Chú ý: Tùy thuộc vào nồng độ của dung dịch axit hoặc bazơ để tính đến sự điện li của nước

- Với axit: C_a là nồng độ của axit (HA)

+Nếu C_a > 4,47.10^-7 bỏ qua sự điện li của H₂O ⇒ [H⁺] chỉ sinh ra do quá trình điện li của axit

+Nếu C_a < 4,47.10^-7, thì dung dịch axít là rất loãng và tính đến sự phân li của H₂O.Giải phương trình bậc 2 của [H⁺]:

[H⁺]² – [H⁺]C_a – 10^-14 = 0

Giải ra [H⁺] ⇒ pH

- Với bazơ: Cb là nồng độ của bazơ (BOH)

+ Nếu C_b > 4,47.10^-7 bỏ qua sự điện li của H₂O ⇒ [OH^-] = C_b

⇒ pH = 14 + lgC_b

+ Nếu C_b < 4,47.10^-7, thì dung dịch axít là rất loãng và tính đến sự phân li của H₂O. Giải phương trình bậc 2 của [OH^-]

[OH^-]² – [OH^-]C_b – 10^-14 = 0

Giải ra [OH^-] ⇒ pH

Ví dụ minh họa

Ví dụ 1 : pH của dung dịch axit HCl có nồng độ 0,01M và 2.10^-7M lần lượt là:

A. 2 và 6,6    B. 2 và 6,7    C. -2 và -6,6    D. -2 và -6,7

Hướng dẫn giải:

+ Với nồng độ 0,01 > 4,47.10^-7 ⇒ [H+] = CM HCl = 0,01

pH = -lg[H⁺] = 2

+ Với nồng độ 2.10^-7 < 4,47.10^-7 ta có:

[H⁺]² – [H⁺]C_a – 10-14 = 0

⇒ [H⁺] = 2,414.10^-7 hoặc [H⁺] = -4,142.10^-8 ( loại )

⇒ pH = -lg[H⁺] = -lg(2.414.10^-7 ) = 6,6

⇒ Đáp án A

Ví dụ 2 : Dung dịch Ba(OH)₂ 0,01M; NaOH 2,5.10^-7M có pH lần lượt là:

A. 2 và 6,6    B. 2 và 7,45    C. 12,3 và 7,45    D. 12,3 và 7,4

Hướng dẫn giải:

+ 0,01 > 4,47.10^-7 bỏ qua sự điện li của nước⇒ [OH^-] = 2CMBa(OH)₂ = 0,02

pOH = -lg[OH^-] = 1,7 ⇒ pH = 14 – 1,7 = 12,3

+ 2,5.10-7 < 4,47.10^-7 tính cả sự điện li của nước

⇒ [OH^-]² – 2,5.10^-7.[OH^-] – 10^-14 = 0

⇒ [OH^-] = 2,85. 10^-7 ⇒ pH = 14 + lg[OH^-] = 7,45

⇒ Đáp án C

Dạng 3.2: Tính pH của dung dịch axit yếu, bazơ yếu

Phương pháp:

+ Sử dụng độ điện li α

+ Hằng số phân li axit K_a; hằng số phân li bazơ K_b

Chú ý: Với axit yếu dạng HA; bazơ yếu dạng BOH:

pH =- 1/2 (logK_a + logC_a)= -log(αC_a) ( khi K_a.C_a > 2.10^-13)

pH = 14 + 1/2(logK_b + logC_b) ( khi K_b.C_b > 2.10^-13)

Nếu K_a.C_a < 2.10-13 hoặc K_b.C_b < 2.10^-13 sẽ tính đến sự điện li của H₂O giải phương trình bậc 3 của [H⁺] hoặc [OH⁺] để tính pH:

[H⁺]³ + K_a.[H⁺]² – (10^-14 + K_a.C_a).[H⁺] – 10^-14.K_a = 0

[OH^-]³ + K_b.[OH^-]² – (10^-14 + K_b.C_b).[OH^-] – 10^-14.K_b = 0

Ví dụ minh họa

Ví dụ 1 : Biết hằng số phân li của axit CH₃COOH là K_a = 1,8.10^-5, pH của dung dịch CH₃COOH 0,1M là?

A. 4,7    B. 2,88    C. 1    D. 2

Hướng dẫn giải:

      CH₃COOH ⇔ CH₃COO^- + H⁺

Ban đầu: 0,1M    0   0

Phân li: x   x   x (M)

Cân bằng: 0,1 – x    x   x (M)

⇒ x = 1,33.10^-3 ⇒ pH = 2,88 ⇒ Đáp án B

Ví dụ 2 : Coi Fe³⁺ trong dung dịch chỉ tồn tại sự điện li được biểu diễn bằng phương trình sau:

Fe³⁺ + H₂O ⇔ Fe(OH)²⁺ + H₃O⁺ K_a = 10^-2,2

pH của dung dịch FeCl3 0,05M là:

A. 1,3    B. 2,4    C. 1,75    D. 1,5

Hướng dẫn giải:

K_a.C_a > 2.10^-13

⇒ pH =- 1/2 (logK_a + logC_a)= 1,75 ⇒ Đáp án C

Ví dụ 3 : pH của dung dịch CH₃^-NH₂ 0,2M có Kb = 4,4.10^-4 là:

A. 0,7    B. 13,3    C. 11,63    D. 11,97

Hướng dẫn giải:

K_b.C_b > 2.10^-13 ⇒ pH = 14 + 1/2(logK_b + logC_b) = 11,97

⇒ Đáp án D

Ví dụ 4 : Dung dịch natri benzoat (C₆H₅COONa) có nồng độ 2.10^-5 và K_a(C₆H₅COOH) = 6,29.10^-5 có pH là:

A. 6,94    B. 7,06    C. 9,3    D. 8,04

Hướng dẫn giải:

C₆H₅COONa → C₆H₅COO- + Na+

C₆H₅COO^- + H₂O ⇔ C₆H₅COOH + OH^-

K_b (C₆H₅COO^- )= 10^-14 : K_a = 1,59.10^-10

K_b.C_b < 2.10^-13 ⇒ Tính cả sự điện li của H₂O

Ta có: [OH^-]³ + K_b.[OH^-]2 – (10^-14 + K_b.C_b).[OH^-] – 10^-14.K_b = 0

⇒ [OH^-] = 1,146.10^-7 ⇒ pH = 14 – pOH = 7,06

⇒ Đáp án B

Dạng 3.3: Tính pH của hỗn hợp dung dịch axit mạnh và axit yếu; bazơ mạnh và bazơ yếu

Phương pháp:

Axit mạnh HA ( C_a); axit yếu HB ( C_b; K_b)

HA → H⁺ + A^-

C_a     C_a

   HB H⁺ + B^-

Bđ: Cb     Ca

Pư: x     x     x

CB: C_b –x     C_a + x    

x

Ta có:

+ Với bazơ tương tự

Ví dụ minh họa

Ví dụ 1 : Trộn 10ml dung dịch HCl 0,01M với 10ml dung dịch CH₃COOH 0,1M. pH của dung dịch thu được là ( K_a (CH₃COOH) = 10^-4,76):

A. 2,13    B. 1,26    C. 2,88    D. 0,46

Hướng dẫn giải:

C_HCl = 0,01.10/20 = 5.10^-3; CCH₃COOH = 5.10^-2

Ta có: C_a.K_a > 2.10-13 ⇒ Bỏ qua sự điện li của H₂O

HCl → H⁺ + Cl^-

5.10^-3     5.10^-3

   CH₃COOH ⇔ H⁺ + CH₃COO^-

Bđ: 5.10^-2     5.10^-3

Pư: x     x     x

CB: 5.10^-2 –x     5.10^-3 + x     x

Ta có: Ka = = 10^-4,76

⇒ x = 2,36.10^-3 ⇒ [H⁺] = 7,36.10^-3

pH = 2,13 ⇒ Đáp án A

Ví dụ 2 : pH của dung dịch gồm NaOH 10^-4 M và NaNO₂ 0,1M biết K_b = 10^-10,71 là:

A. 4    B. 6    C. 8    D.10

Hướng dẫn giải:

Ta có : C_b.K_b = 10^-10,71.0,1 = 10^-11,71 > 2.10^-13 nên có thể xem sự điện li của H₂O là không đáng kể:

NaOH → Na⁺ + OH^-

10-4   10-4

   NO₂^- + H₂O ⇔ OH^- + HNO₂

BD: 0,1     10-4

Pư: x     x     x

CB: 0,1 – x     10-4 + x     x

K_b = ⇒ x = 1,95.10^-8

⇒ [OH^-] = C₁ + x = 1,95.10^-8 +10^-4

⇒ pOH = 4 ⇒ pH = 10 ⇒ Đáp án D

Dạng 3.4: Tính pH của dung dịch axit, bazơ yếu đa chức

Phương pháp:

Đa axit: H_nA:

H_nA H_n-1A^- + H⁺ K_a1

H_n-1A H_n-2A^2- + H⁺ K_a2

………………………….

HA^1-n A^n- + H⁺ K_an

Có thể coi đa axit như một hỗn hợp gồm các đơn axit:

K_a1 K_a2 ... K_an. Có thể coi sự phân li của axit chủ yếu xảy ra ở nấc 1

+ Tương tự với đa bazơ

Ví dụ minh họa

Ví dụ 1 : Gía trị pH của của dung dịch H₂S 0,1M là.

Biết H₂S có K_a1 = 10^-7; K_a2 = 10^-12,92

A. 2    B.4    C.6    D.8

Hướng dẫn giải:

H₂S ⇔ H+ + HS^- K_a1 = 10^-7

HS^- ⇔ H⁺ + S^2- K_a2 = 10^-12,92

K_a1 ≥ K_a2 nên dung dịch cân bằng xảy ra chủ yếu ở nấc 1

   H₂S ⇔ H⁺ + HS^-

BĐ: 0,1

Pư: x     x     x

CB: 0,1 –x    x     x

K_a1 = ⇒ x = 10^-4

⇒ pH = 4 ⇒ Đáp án B

Ví dụ 2 : Dung dịch Na₂S 0,010M, K_a1 = 10^-7; K_a2 = 10^-12,92 có pH bằng:

A.10    B.11    C.11,95    D. 12

Hướng dẫn giải:

Na₂S → 2Na⁺ + S^2-

S^2- + H₂O ⇔ HS^- + OH^- K_b1 = 10^-14: K_a1 = 10^-1,08

HS^- + H₂O ⇔ H₂S + OH^- K_b2 = 10^-14: K_a2 = 10^-7

K_b1 ≥ K_b2 nên trong dung dịch cân bằng chủ yếu ở nấc 1

   S^2- + H₂O ⇔ HS^- + OH^-

CB: 0,01-x     x     x

Ta có: = Kb1 ⇒ x = 9.10^-3

⇒ pH = 14 - pOH = 14 + log(9.10^-3) = 11,95 ⇒ Đáp án C

Dạng 3.5: Tính pH của dung dịch đệm ( Axit yếu và bazơ liên hợp)

Phương pháp:

Bài toán có dạng axit HA có nồng độ C_a và hằng số K_a liên hợp với A^- có nồng độ C_b

pH = pK_a + log C_b/C_a

Ví dụ minh họa

Ví dụ 1 : Đổ 100ml dung dịch CH₃COOH 0,1M vào 50ml dung dịch CH₃COONa 0,4M thu được dung dịch có pH là ( Biết CH₃COOH có p_Ka = 4,76):

A. 2    B. 4,06    C. 5,06    D. 3,12

Hướng dẫn giải:

Dung dịch đệm có C_a = 0,1.100/(100+50)=1/15 ; C_b = 0,4.50/150 = 2/15

pH = pK_a + log C_b/C_a = 5,06 ⇒ Đáp án C

Ví dụ 2 : pH của dung dịch chứa HCN 0,005M và NaCN 0,5M có K_a = 10^-9,35 là:

A. 11    B. 11,02    C. 11,5    D. 11,32

Hướng dẫn giải:

Dung dịch đệm có: C_a = 0,005M; C_b= 0,5M

pH = pK_a + log C_b/C_a = 9,35 + log0,5/0,005 = 11,32 ⇒ Đáp án D

Dạng 3.6: Tính pH của dung dịch chất lưỡng tính

Phương pháp:

Thường bắt gặp các dung dịch có chứa ion: HSO₃^-; HCO₃^-; HS^-; HPO₄^2-. Các ion này vừa là axit yếu vừa là bazơ yếu nên chúng ta coi như bài toán chứa đồng thời axit yếu và bazơ yếu.

+ Thường sử dụng: H⁺ = √(K_a1.K_a2) ( K_w ≤ K_a2.C; K_a1^-1.C ≥ 1 )

Ví dụ minh họa

Ví dụ 1 : pH của dung dịch NaHCO₃ 1M biết H₂CO₃ có K_a1 = 10^-6,35; K_a2 = 10^-10,33 là:

A. 7,02    B. 8,36    C. 9,01    D. 10,45

Hướng dẫn giải:

Ta có: K_w ≤ K_a2.C; K_a1^-1.C ≥ 1

⇒ H⁺ = = 4,57.10^-9

⇒ pH = 8,34 ⇒ Đáp án B

Dạng 4: Tính pH của dung dịch xảy ra phản ứng

Dạng 4.1: Tính pH của dung dịch axit mạnh và bazơ mạnh

Phương pháp:

+ Viết phương trình rút gọn: H⁺ + OH^- → H₂O

+ So sánh tỉ lệ mol để tìm ra H⁺ dư hay OH^- dư

+ pH = -log[H⁺]_dư ; pH = 14 + log[OH^-]_dư

Ví dụ minh họa

Ví dụ 1 : Trộn 100 ml dung dịch (gồm Ba(OH)₂ 0,1M và NaOH 0,1M) với 400 ml dung dịch (gồm H₂SO₄ 0,0375M và HCl 0,0125M), thu được dung dịch X. Giá trị pH của dung dịch X là

A. 7.    B. 2.    C. 1.    D. 6.

Hướng dẫn giải:

n_OH^- = 2n_Ba(OH)2 + n_NaOH = 2.0,1.0,1 + 0,1.0,1 = 0,03 mol

n_H⁺ = 2n_H2SO4 + n_HCl = 2.0,0375.0,4 + 0,0125.0,4 = 0,035 mol

H⁺ + OH^- → H₂O

0,035    0,03     (mol)

⇒ H⁺ dư; n_{H⁺ dư} = 0,035 – 0,03 = 0,005 mol

[H⁺]dư = 0,005/(0,1+0,4 )= 0,01M

⇒ pH = -lg[H⁺] = 2 ⇒ Đáp án B

Ví dụ 2 : Cho 40ml dung dịch HCl 0,75M vào 160 ml dung dịch Ba(OH)₂ 0,08M; KOH 0,04M. pH dung dịch thu được là:

A. 2    B. 3    C. 11    D. 12

Hướng dẫn giải:

n_OH^- = 2.0,08.160.10^-3 + 0,04.160.10^-3 =0,032 mol;

n_H⁺ = 0,75.40.10^-3 = 0,03mol ⇒ OH^- dư

[OH^-]dư =

⇒ pH= 14 + log[OH^-] = 12 ⇒ Đáp án D

Dạng 4.2: Tính pH của dung dịch axit mạnh và bazơ yếu

Phương pháp:

+ Nếu axit mạnh lớn hơn lượng bazơ yếu thì pH tính theo dạng axit mạnh – axit yếu

+ Nếu axit nhỏ hơn lượng bazơ thì pH tính theo dung dịch hỗn hợp dung dịch bazơ yếu và axit yếu – dung dịch đệm

+ Nếu lượng axit bằng lượng bazơ thì thu được dung dịch axit yếu ( liên hợp)

Dạng 4.3: Tính pH của dung dịch axit yếu và bazơ mạnh

Phương pháp:

+ Nếu axit yếu lớn hơn lượng bazơ mạnh thì tính Ph tính theo dung dịch hỗn hợp 2 axit yếu

+ Nếu axit yếu nhỏ hơn lượng bazơ mạnh thì pH tính theo công thức của dung dịch hỗn hợp bazơ mạnh và bazơ yếu

+ Nếu axit yếu bằng lượng bazơ mạnh thì pH tính theo công thức của dung dịch hỗn hợp bazơ yếu ( liên hợp)

Dạng 4.4: Tính pH của dung dịch axit yếu và bazơ yếu

Phương pháp:

+ Nếu axit lớn hơn bazơ tạo ra dung dịch gồm 2 axit yếu

+ Nếu lượng axit yếu lớn hơn lượng bazơ thì tạo ra dung dịch 2 bazơ yếu

+ Nếu lượng axit bằng bazơ thì thu được dung dịch trung tính

Dạng 5: Pha trộn dung dịch

Phương pháp:

+ Sử dụng phương pháp đường chéo

+ Việc thêm, cô cạn nước làm thay đổi nồng độ mol/l và không làm thay đổi số mol chất

Chú ý:

+ Nước có C% hoặc CM =0.

+ Thể khi trộn dung dịch thể tích dung dịch sau sẽ bằng tổng các thể tích đem trộn

Ví dụ minh họa

Ví dụ 1 : Cho 10 ml dung dịch HCl có pH = 3. Thêm vào đó x ml nước cất và khuấy đều thu được dung dịch có pH = 4. Hỏi x bằng bao nhiêu?

A. 10.    B. 40.    C. 90.    D. 100.

Hướng dẫn giải:

n_{H⁺ ban đầu} = n^{H+ sau}

⇒ 10.10^-3 = 10^-4.(10+x)

⇒x = 90 Đáp án C.

Ví dụ 2 : Pha loãng 200ml dung dịch Ba(OH)₂ bằng 1,2 lít nước thì thu được dung dịch có pH =13. Dung dịch ban đầu có p H bằng:

A. 12,45    B. 13    C. 13,5    D. 13,845

Hướng dẫn giải:

Gọi [OH^-] ban đầu = a (M)

Dung dịch sau có pH=13 ⇒ [OH]_sau = 0,1

Ta có sơ đồ đường chéo:

200ml Ba(OH)₂:

⇒ a = 0,7 ⇒ pH = 14 + log0,7 = 13,845

⇒ Đáp án D

Dạng 6: Bảo toàn điện tích

Phương pháp:

+ Sử dụng định luật bảo toàn điện tích: Trong một dung dịch, tổng số mol các điện tích dương của ion dương và tổng số mol các điện tích âm của ion âm luôn luôn bằng nha

+ Khi cô cạn dung dịch, khối lượng chất rắn tạo ra bằng khối lượng các ion dương và ion âm có trong dung dịch (trừ H⁺ + OH^- → H₂O )

+ m_muối = m_{cation/NH4⁺} + manion

Ví dụ minh họa

Ví dụ 1 : Cô cạn dung dịch có chứa 0,2 mol Mg²⁺; 0,1 mol Al³⁺, và ion NO₃^- thì thu được bao nhiêu gam muối khan là :

A. 55,3 gam    B. 59,5 gam    C. 50,9 gam    D. 0,59 gam

Hướng dẫn giải:

Theo ĐLBT điện tích: 2n_Mg²⁺ + 3n_Al³⁺ = n_NO3^- = 0,7 mol

m_muối = 24.0,2 + 27.0,1 + 0,7.62= 50,9 gam

⇒ Đáp án C

Ví dụ 2 : Hòa tan hoàn toàn 10g hỗn hợp X gồm Mg và Fe bằng dung dịch HCl 2M.Kết thúc thí nghiệm thu được dung dịch Y và 5,6l khí H₂ (đktc). Để kết tủa hoàn toàn các cation có trong Y cần vừa đủ 300ml NaOH 2M.Thể tích dungdịch HCl đã dùng là:

A. 0,2 lít     B. 0,24 lít    C. 0,3 lít    D. 0,4 lít

Khối lượng kết tủa thu được là:

A. 20,2g    B. 18,5g    C. 16,25    D. 13,5g

Hướng dẫn giải:

n_Na+ = n_OH- = n_NaOH = 0,6M

X + NaOH → dung dịch Y(Mg²⁺;Fe²⁺;H⁺ dư;Cl^-)

NaOH + Y: Mg²⁺; Fe²⁺ kết tủa với OH^- .

⇒ dung dịch thu được sau phản ứng chỉ chứa Na⁺ và Cl^-.

⇒ n_Cl- = n_Na+=0,6⇒ V_HCl=0,6 : 2= 0,3lít ⇒ Đáp án C

n_{HCl đã dùng} = 0,6mol

n_H2 = 0,25 mol ⇒ n_{HCl pư kim loại} = 2n_H2 = 0,5mol

⇒ n_{NaOH pư HCl} = n _{HCl dư} = 0,6 – 0,5 = 0,1 mol

n_{NaOH tạo kết tủa với kim loại} = 0,6 – 0,1 = 0,5 mol

m_{kết tuả} = m_KL + m_OH- = 10 + 0,5.17 = 18,5g ⇒ Đáp án B

Ví dụ 3 : Cho hòa tan hoàn toàn 15,6 gam hỗn hợp gồm Al vàAl₂O₃ trong 500 dung dịch NaOH 1M thu được 6,72 lít H₂ (đktc)Và dung dịch X. Thể tích HCl 2M tối thiểu cần cho vào X để thu được lượng kết tủa lớn nhất:

A. 0,175 lít.     B. 0,25 lít.    C. 0,25 lít.    D. 0,52 lít.

Hướng dẫn giải:

Dung dịch X chứa các ion Na⁺ ; AlO₂^- ; OH^- dư (có thể). Áp dụng định luật Bảo toàn điện tích:

n_AlO2- + n_OH- = n_Na+ = 0,5

Khi cho HCl vaof dung dịch X:

H⁺ + OH^- → H₂O (1)

H⁺ + AlO₂^- + H₂O → Al(OH)₃ ↓ (2)

3H⁺ + Al(OH)₃ → Al³⁺ + 3H₂O (3)

Để kết tủa là lớn nhất, thì không xảy ra (3) và n _H⁺ = n _AlO2^- + n _OH^- = 0,5 mol

⇒ V_HCl = 0,5/2 = 0,25 (lít) ⇒ Đáp án C

Xem thêm các dạng bài tập Hóa học lớp 11 có trong đề thi Tốt nghiệp THPT khác:

• Dạng 1: Bài tập lý thuyết về sự điện li, chất điện li, viết phương trình điện li
• Dạng 2: Phương pháp bảo toàn điện tích
• Dạng 3: Phương pháp tính pH
• Dạng 4: Các dạng bài tập về sự điện li
• Dạng 5: Dạng bài tập Phản ứng trao đổi ion trong dung dịch
• Dạng 6: Phản ứng thủy phân muối
• 100 câu trắc nghiệm Sự điện li có lời giải (cơ bản - phần 1)

---