Ôn tập chương sự điện li

HClO là một chất điện li yếu: HClO  H⁺ + ClO^-

(a) (b) (d) đúng

(c) sai vì axit là chất cho proton

n_NaOH = 0,04 mol; n_KOH = 0,06 mol

Nếu H⁺ dư thì dung dịch sau phản ứng gồm NaNO₃ (0,04 mol) và KNO₃ (0,06 mol) (vì HNO₃ bị bay hơi khi cô cạn).

=> m _{chất rắn} = 0,04.85 + 0,06.101 = 9,46 gam ≠ 7,66 gam

Vậy OH^- dư

Dung dịch sau phản ứng gồm:

Na^+: 0,04 mol

K⁺: 0,06 mol

NO₃^-: x

OH^- dư: y

*m _{chất rắn} = 7,66 gam => 62x + 17y + 0,04.23 + 0,06.39 = 7,66 hay 62x + 17y = 4,4 (1)

*BTĐT: n_Na+ + n_K+ = n_NO3- + n_OH- => x + y = 0,1 (2)

Giải (1) và (2) => x = 0,06 và y = 0,04

=> [OH^-] = n/V = 0,04:0,4 = 0,1M

=> pOH = -log[OH^-] = 1 => pH = 13

A loại H₂S

C loại HClO, HClO₂

D loại HClO

- Dùng quỳ tím:

+ Quỳ tím chuyển xanh: Ba(OH)₂

+ Quỳ tím chuyển đỏ : HCl, H₂SO₄

+ Quỳ tím không đổi màu: NaCl

- Cho Ba(OH)₂ tác dụng với lần lượt 2 dung dịch ở nhóm quỳ chuyển đỏ:

+ Xuất hiện kết tủa trắng: H₂SO₄

+ Không hiện tượng: HCl

n_OH- = n_NaOH + 2n_Ba(OH)2 = 0,1V_X + 2.0,2V_X = 0,5V_X (mol)

n_H+ = n_HCl + 2n_H2SO4 = 0,2V_Y + 2.0,1V_Y = 0,4V_Y (mol)

Ta thấy: pH = 13 > 7 => OH^- dư, H⁺ hết

=> pOH = 14 - 13 = 1 => [OH^-] = 10^-1 = 0,1M

           H⁺   +    OH^-   →    H₂O

Bđ: 0,4V_Y        0,5V_X

Pư: 0,4V_Y →   0,4V_Y

Sau: 0           0,5V_X - 0,4V_Y

=> \(\left[ {O{H^ - }} \right] = \dfrac{{{n_{O{H^ - }}}}}{{{V_X} + {V_Y}}} \Leftrightarrow \dfrac{{0,5{V_X} - 0,4{V_Y}}}{{{V_X} + {V_Y}}} = 0,1\)

=> 0,5V_X - 0,4V_Y = 0,1V_X + 0,1V_Y

=> 0,4V_X = 0,5V_Y

=> V_X : V_Y = 5 : 4

A.\({\text{FeS}} + 2{{\text{H}}^ + } \to {\text{F}}{{\text{e}}^{2 + }} + {{\text{H}}_{\text{2}}}{\text{S}}\)

B.2\({\text{C}}{{\text{H}}_{\text{3}}}{\text{COOH}} + {{\text{S}}^{2 - }} \to 2{\text{C}}{{\text{H}}_{\text{3}}}{\text{CO}}{{\text{O}}^ - } + {{\text{H}}_{\text{2}}}{\text{S}}\)

C. 2\({{\text{H}}^ + } + {{\text{S}}^{2 - }} \to {{\text{H}}_{\text{2}}}{\text{S (HSO}}_4^ - \to {{\text{H}}^ + } + {\text{SO}}_4^{2 - })\)

D.\({\text{B}}{{\text{a}}^{2 + }} + {{\text{S}}^{2 - }} + 2{{\text{H}}^ + } + {\text{SO}}_4^{2 - } \to {\text{BaS}}{{\text{O}}_4} \downarrow  + {{\text{H}}_{\text{2}}}{\text{S}} \uparrow \)

Dùng Ba(OH)₂:

- Khí, không có kết tủa => NH₄NO₃

2NH₄NO₃ + Ba(OH)₂ → Ba(NO₃)₂ + 2NH₃↑ + 2H₂O

- Không có khí, kết tủa trắng => NaHCO₃

2NaHCO₃ + Ba(OH)₂ → 2BaCO₃↓ + 2H₂O

- Khí mùi khai, kết tủa trắng => (NH₄)₂SO₄

(NH₄)₂SO₄ + Ba(OH)₂ → BaSO₄↓ + 2NH₃↑ + 2H₂O

- Không có khí, kết tủa trắng xanh sau hóa nâu đỏ khi để trong không khí => FeCl₂

FeCl₂ + Ba(OH)₂ → BaCl₂ + Fe(OH)₂↓

Cả BaSO₄ ; FeS ; CuS đều không tan nên không thể phân ly => phải xuất hiện trong phương trình rút gọn cuối cùng => Loại

1. 2HCl + K₂S → 2KCl + H₂S

Phương trình ion đầy đủ: 2H⁺ + 2Cl^- + 2K⁺ + S^2- → 2K⁺ + 2Cl^- + H₂S

Phương trình ion rút gọn: 2H⁺ + S^2- → H₂S

(a) OH^- + HClO → ClO^- + H₂O

(b) Mg(OH)₂ + 2H+ → Mg²⁺ + 2H₂O

(c) 3OH^- + H₃PO₄ → PO₄^3- + 3H₂O

(d) OH^- + H⁺ → H₂O

=> chỉ có 1 phản ứng (d) có phương trình ion rút gọn là H⁺ + OH^- → H₂O

* Chất không điện li: C₂H₅OH, C₁₂H₂₂O₁₁ (saccarozơ) khi tan trong nước KHÔNG phân li ra được các ion nên dung dịch không dẫn được điện

* Chất điện li: KAl(SO₄)₂.12H₂O, CH₃COOH, Ca(OH)₂, CH₃COONH₄

KAl(SO₄)₂.12H₂O $\xrightarrow{{}}\,\,{K^ + }\,\, + \,\,A{l^{3 + }}\,\, + \,\,2SO_4^{2 - } + \,\,12{H_2}O$

$C{H_3}COOH\,\,\,\,\overset {} \leftrightarrows \,\,\,\,C{H_3}CO{O^ - }\,\, + \,\,{H^ + }$

$Ca{(OH)_2}\,\,\xrightarrow{\,}\,\,\,C{a^{2 + }}\,\,\, + \,\,\,2O{H^ - }$

$C{H_3}COON{H_4}\,\,\xrightarrow{{}}\,\,\,C{H_3}CO{O^ - }\,\, + \,\,NH_4^ + $

Các chất điện li mạnh là: H₂SO₄, Ca(OH)₂, HCl.

Loại A vì H₂S là axit yếu => chất điện li yếu

Loại B, C vì H₂O và CH₃COOH là chất điện li yếu

Các chất điện li yếu là: HF, H₃PO₃, CH₃COOH, H₂S, NH₃

Các chất có cùng nồng độ mol thì chất nào phân li ra ít ion nhất => chất đó dẫn điện kém nhất

Vì HF là axit yếu => phân li không hoàn toàn nên nồng độ ion trong dd HF là ít nhất

=> HF dẫn điện kém nhất

A sai vì HCOOH là axit yếu, phân li không hoàn toàn nên nồng độ $[{H^ + }{\text{]}}$ giảm, pH thay đổi tuy nhiên còn phụ thuộc cả vào độ điện li nên không tuân theo đúng tỉ lệ pha loãng.

B đúng vì HCOOH $\overset {} \leftrightarrows $ HCOO^- + H⁺. Khi thêm dung dịch HCl, nghĩa là thêm H⁺, như vậy cân bằng hóa học chuyển dịch sang trái → độ điện li của axit giảm.

C đúng (SGK 11NC – trang 9)

D đúng vì HCOOH $\overset {} \leftrightarrows $ HCOO^- + H⁺.

pH = 3 → $[{H^ + }{\text{]}}$ = 0,001M

$\alpha  = \dfrac{{{C_{HCOOH\,phân\,li}}}}{{{C_{HCOOH\,b\,\,{\text{đ}}ầu}}}}.100\%  = \dfrac{{0,001}}{{0,007}}.100\%  = 14,29\% $

Độ điện li α = 0,015M

→ [HF]_{phân li} = 0,015.0,02 = 3.10^-4 M

                          HF    $\overset {} \leftrightarrows $             H⁺   +    F^-

Phân li:       3.10^-4 M     →   3.10^-4 M

Phương trình phân li:             \(C{H_3}COOH\,\,\,\,\,\,\,\,\overset {} \leftrightarrows \,\,\,\,\,\,\,C{H_3}CO{O^ - }\,\,\,\,\, + \,\,\,\,\,\,\,{H^ + }\)

Nồng độ mol ban đầu (M):            4,3.10^-2                             0                       0

Nồng độ mol cân bằng (M): (4,3.10^-2 – 8,6.10^-4)              8,6.10^-4                8,6.10^-4

\( \Rightarrow \) Phần trăm phân tử CH₃COOH phân li ra ion là: \(\dfrac{{8,{{6.10}^{ - 4}}}}{{4,{{3.10}^{ - 2}}}}.100\% \,\, = \,\,2\% \)

Kết luận đúng là: Một hợp chất khi tan trong nước phân li ra cation H⁺ là axit.

Muối tạo bởi bazơ mạnh và axit yếu có môi trường kiềm

=> Na₂S

Những muối có môi trường trung tính là muối tạo bởi bazơ mạnh và axit mạnh

=> Muối dó là: NaCl, KNO₃, Na₂SO₄.