Ôn tập chương sự điện li

Các dung dịch có môi trường axit là:  NaHSO₄, H₃PO₄, FeCl₃, NH₄NO₃

Ta có:

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂

Al(OH)₃ + 3HCl → AlCl₃ + 3H₂O

Al(OH)₃ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O

NaHCO₃ + HCl → NaCl + CO₂ + H₂O

NaHCO₃ + NaOH → Na₂CO₃ + H₂O

Zn(OH)₂ + 2HCl → ZnCl₂ + 2H₂O

Zn(OH)₂ + 2NaOH → Na₂ZnO₂ + 2H₂O.

Vậy các chất vừa phản ứng được với dung dịch HCl, vừa phản ứng được với dung dịch NaOH là:

Al, Al(OH)₃, NaHCO₃, Zn(OH)₂

- Chất lưỡng tính là chất (phân tử, ion) vừa có thể nhường proton, vừa có thể nhận proton.

=> Cr₂O₃, Al(OH)₃, Al₂O₃, Zn(OH)₂

Bảo toàn điện tích: $\sum {{n_{i{\text{o}}n\,( - )}}}  = \sum {{n_{i{\text{o}}n\,( + )}}}  \Rightarrow {n_{{K^ + }}} + 2.{n_{C{u^{2 + }}}} = {n_{C{l^ - }}} + 2.{n_{SO_4^{2 - }}}$

=> 0,01 + 0,025.2 = 0,05 + 2a => a = 0,005

=> m_{muối khan} = ∑m_{các ion} = 0,01.39 + 0,025.64 + 0,05.35,5 + 96.0,005 = 4,245 gam

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích : $2{n_{C{u^{2 + }}}} + \,\,{n_{{K^ + }}} = \,\,{n_{NO_3^ - }} + \,\,2{n_{SO_4^{2 - }}}$

→ 2.0,2 + 0,3 = a + 2b  → a + 2b = 0,7  (1)

Tổng khối lượng muối tan là : ${m_{C{u^{2 + }}}} + \,\,{m_{{K^ + }}} + \,\,{m_{NO_3^ - }} + \,\,{m_{SO_4^{2 - }}} = \,\,62,3\,\,gam$

→ 0,2.64 + 0,3.39 + 62a + 96b = 62,3 → 62a + 96b = 37,8  (2)

Từ (1) và (2) → $\left\{ \begin{gathered}a\,\, = \,\,0,3\,\,mol \hfill \\b\,\, = \,\,0,2\,\,mol \hfill \\ \end{gathered}  \right.\,$

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích : $2{n_{C{a^{2 + }}}} + \,\,2{n_{M{g^{2 + }}}} = \,\,{n_{C{l^ - }}} + \,\,{n_{HCO_3^ - }}$

=> 2.0,1 + 2.0,3 = 0,4 + y   →   y = 0,4

Khi cô cạn dung dịch xảy ra phản ứng: $2HCO_3^ - \,\,\xrightarrow{{{t^o}}}\,\,CO_3^{2 - } + \,\,C{O_2}\, + \,\,{H_2}O$

=> ${n_{CO_3^{2 - }}} = \dfrac{1}{2}{n_{HCO_3^ - }} = {\text{ }}\dfrac{1}{2}.0,4\,\,\, = \,\,0,2{\text{ }}mol$

=> sau cô cạn muối khan chứa: Ca²⁺ (0,1 mol), Mg²⁺ (0,3 mol), $C{l^ - }$ (0,4 mol), $CO_3^ {2-} $  (0,2 mol)

=> m_{muối khan}  = 0,1.40 + 0,3.24 + 0,4.35,5 + 0,2.60 = 37,4 gam

n_KOH = 0,1.1 = 0,1 mol

Gọi nồng độ dung dịch HCl đã dùng là aM → n_HCl = 0,1a mol

KOH + HCl → KCl + H₂O

Nếu KOH phản ứng hết → khối lượng muối KCl tạo ra là: 0,1.74,5 = 7,45 > 6,525

→ KOH dư và dung dịch thu được gồm 3 ion ${K^ + },\,\,C{l^ - },\,\,O{H^ - }$

${n_{{K^ + }}} = \,\,{n_{KOH}}\,\, = \,\,0,1\,\,mol$; ${n_{C{l^ - }}} = \,\,{n_{HCl}}\, = \,\,0,1a\,\,mol$ 

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích: ${n_{{K^ + }}} = \,\,{n_{C{l^ - }}} + \,\,{n_{O{H^ - }}}$  →  ${n_{O{H^ - }}}$ = 0,1 – 0,1a

m_{chất tan}  = ${m_{{K^ + }}} + \,\,{m_{C{l^ - }}} + \,\,{m_{O{H^ - }}}$ = 0,1.39 + 0,1a.35,5 + (0,1 – 0,1a).17 = 6,525

→ a = 0,5

$\left. \begin{gathered}{n_{{H^ + }(HCl)}} = 0,25.1 = 0,25(mol) \hfill \\{n_{{H^ + }({H_2}S{O_4})}} = 0,25.0,5.2 = 0,25(mol) \hfill \\ \end{gathered}  \right\}\,\,{n_{H_{(X)}^ + }} = 0,25 + 0,25 = 0,5mol$

${n_{{H_2}}} = \dfrac{{5,32}}{{22,4}} = 0,2375(mol)$

Bảo toàn nguyên tố H ta có: \({n_{{H^ + }}}\) _dư = \({n_{{H^ + }}} + 2{n_{{H_2}}}\) 

=>

${n_{{H^ + }(Y)}} = 0,5 - 0,475 = 0,025(mol)\,\, \Rightarrow [{H^ + }] = \dfrac{{0,025}}{{0,250}} = 0,1 = {10^{ - 1}}(mol/lít)$

→ pH = 1 

\({n_{Ba{{(OH)}_2}}} = 0,01mol{\rm{ ; }}{n_{NaOH}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  = 0,01mol{\mkern 1mu}  \Rightarrow {\mkern 1mu} \sum {n_{O{H^ - }}} = 2.{n_{Ba{{(OH)}_2}}} + {n_{NaOH}} = 0,03(mol){\rm{ }}\)

\({n_{HCl}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  = 0,005mol;{n_{{H_2}S{O_4}}} = 0,015mol \Rightarrow \sum {\mkern 1mu} {n_{{H^ + }}} = {n_{HCl}} + 2.{n_{{H_2}S{O_4}}} = 0,035(mol){\rm{ }}\) \(\)

Bản chất của phản ứng là sự kết hợp của ion H⁺ và OH^-

                  H⁺    +   OH^- → H₂O

Ban đầu :  0,035        0,03            mol

Phản ứng: 0,03         0,03             mol

Dư:           0,005         0                mol

=> V_sau = V_OH^-  +V_H⁺ = 0,4 + 0,1 = 0,5 (lit)

\({n_{{H^ + }}} = 0,005(mol) \Rightarrow {C_M} = \frac{{0,005}}{{0,5}} = 0,01M = [{H^ + }]\)

\(pH =  - \log [{H^ + }] =  - \log (0,01) = 2\) .

Ta có: ∑n_H⁺  = 0,2( 0,3+ 0,5)= 0,16mol  ;  n_OH^-= 0,4.a

Sau khi phản ứng xảy ra dung dịch thu được có  pH= 3 chứng tỏ axit dư.

n_H⁺ _dư =  10^-3 *0,4= 0,0004 mol

=> số mol H⁺ = bằng số mol H⁺ _dư + số mol OH^-

 => 0,16 = 0,4.a +0,0004

Vậy a = 0,399

Gọi thể tích nước cần thêm là Vml. Số mol H⁺   không đổi trước và sau pha loãng nên:

15.10^-1 = (15 + V).10^-3

V= 1485ml = 1,485 lít

PH =5 => [H⁺] =10^-5

=> n_H+  = V₁.10^-5

PH =9 => [OH-] =10^-4 

=> \[{\rm{[}}O{H^ - }{\rm{]}} = \frac{{{K_{{H_2}O}}}}{{{\rm{[}}{H^ + }{\rm{]}}}} = \frac{{{{10}^{ - 14}}}}{{{{10}^{ - 9}}}} = {10^{ - 5}}\]

=>n_OH- = V₂.10^-5

${\text{H}^\text{ + }}\text{ + O}{\text{H}^\text{ - }} \to {\text{H}_\text{2}}\text{O}$

Do dung dịch  thu được có pH = 8 (môi trường bazơ) => $\text{O}{\text{H}^\text{ - }}$ dư

n_{OH- dư}  = (V₁ + V₂ ).10^-6

=> ${n_{O{H^ - }}} = {\text{ }}{n_{{H^ + }}} + {\text{ }}{n_{O{H^ - }}}$_dư  

=> V₂.10^-5= V₁.10^-5  + ( V₁+V₂ ).10^-6

=> 10.V₂ = 10.V₁ + V₁ +  V₂ => 9.V₂ = 11.V₁ =>V₁/V₂ = 9/11

n_H+  = 0,03  mol ; n_OH- = 0,032 mol

${\text{H}^\text{ + }}\text{ + O}{\text{H}^\text{ - }} \to {\text{H}_\text{2}}\text{O}$

=> n_{OH- dư} = 0,002 mol

=> [OH^-] = 0,002 / 0,2 = 0,01

=> pOH = 2 => pH = 12

Phương trình phân li:

\(HCOOH \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} HCO{O^ - } + {H^ + }\)

$\alpha  =\dfrac{{{\text{C}_{{\text{H}^\text{ + }}}}}}{{{\text{C}_{\text{HCOOH}}}}}\text{ = 0,1}$ => C_H+ = 0,1.C_HCOOH = 0,1. 0,007 = 0,0007 M

=> pH = -log[H⁺] = -log 0,0007 = 3,15

Các ion không thể cùng tồn tại trong một dung dịch là các ion có phản ứng với nhau

HSO₄^- → H⁺ + SO₄^2-

Ba²⁺ + SO₄^2- → BaSO₄ ↓

=> dd B không tồn tại

Ta thấy:

AgCl là chất kết tủa loại B

Al₂(CO₃)₂ không tồn tại bị thủy phân thành Al(OH)₃ và giải phóng khí CO₂ loại C

Ag₂CO₃ là chất kết tủa Loại D

Các PT ion rút gọn của phản ứng:

A. FeS + 2H⁺ + → Fe²⁺ + H₂S

B. HS^- + H⁺ → H₂S

C. S^2- + 2H⁺ → H₂S

D. BaS + 2H⁺ + SO₄^2- → BaSO₄↓ + H₂S

Phương trình hóa học:

(1) (NH₄)₂SO₄ + BaCl₂  → BaSO₄ + 2NH₄Cl

(2) CuSO₄ + Ba(NO₃)₂ → BaSO₄ + Cu(NO₃)₂

(3) Na₂SO₄ + BaCl₂→BaSO₄ +2NaCl                                               

(4) H₂SO₄ + BaSO₃ → BaSO₄ + H₂O + CO₂

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

(6) Fe₂(SO₄)₃ + 3Ba(NO₃)₂ → 3BaSO₄ +2 Fe(NO₃)₃

Ta thấy  ngoài BaSO₄ là chất kết tủa phương trình (4), (5) còn sinh ra chất khí (CO₂, NH₃ ) chất điện li yếu nên chúng sẽ không có cùng phương trình ion thu gọn với các phương trình còn lại.

Phản ứng: (1); (2); (3); (6) có chung phương trình ion rút gọn là: $\text{B}{\text{a}^{\text{2 + }}}\text{ + SO}_\text{4}^{\text{2 - }}\xrightarrow{{}}\text{BaS}{\text{O}_\text{4}}$

Sau khi trộn: ${C_{HCl}} = \dfrac{{2,{{5.10}^{ - 2}}.40}}{{100}} = 0,01{\text{ }}M = {10^{ - 2}}M$

${C_{C{H_3}COOH}} = \dfrac{{1,{{67.10}^{ - 4}}.60}}{{100}} = {10^{ - 4}}M$

Các quá trình xảy ra trong dung dịch:

H⁺   +  OH^- → H₂O

10^-2  → 10^-2

              $CH_{3}^{{}}COOH\rightleftarrows CH_{3}^{{}}COO_{{}}^{-}+H_{{}}^{+}({{K}_{a}}={{10}^{-4,76}})$

Ban đầu:   10^-4                                    10^-2

Phân li:      x                    $\to $ x       $\to $ x

Cân bằng: 10^-4-x                 x          10^-2 + x

Ta có:  K_a = ${10^{ - 4,76}} = \dfrac{{x({{10}^{ - 2}} + x)}}{{{{10}^{ - 4}} - x}}$    

$\begin{array}{l}
{x^2} + ({10^{ - 2}} + {10^{ - 4,76}})x - {10^{ - 8,76}} = 0{\rm{ }}{\rm{ }}\\
\Rightarrow {\rm{ }}{\rm{ }}x = 1,{73.10^{ - 7}}
\end{array}$

→[H⁺] ≈ 10^-2 → pH = 2

Để phân biệt 3 muối trên ta dùng AgNO₃:

- Thu được kết tủa trắng → NaCl:

PTHH: NaCl + AgNO₃ → NaNO₃ + AgCl _{↓ trắng}

- Thu được kết tủa vàng → Na₃PO₄

PTHH: Na₃PO₄ + 3AgNO₃ → 3NaNO₃ + Ag₃PO_{4 ↓ vàng}

- Không hiện tượng → NaNO₃