Phản ứng trao đổi ion trong dung dịch

Các chất phản ứng: HNO₃, Na₂SO₄, Ca(OH)₂, KHSO₄

\(2HN{O_3} + Ba{(HC{O_3})_2} \to Ba{(N{O_3})_2} + C{O_2} + {H_2}O\)

\(N{a_2}S{O_4} + Ba{(HC{O_3})_2} \to BaS{O_4} + 2NaHC{O_3}\)

\(Ca{(OH)_2} + Ba{(HC{O_3})_2} \to CaC{{\text{O}}_3} + BaC{{\text{O}}_3} + {H_2}O\)

_{\(2KH{\text{S}}{O_4} + Ba{(HC{O_3})_2} \to {K_2}S{O_4} + BaS{O_4} + C{O_2} + {H_2}O\)}

Các phản ứng xảy ra: (1); (3); (7); (8); (9)

Các phản ứng tạo kết tủa:

H₂SO₄ + BaCl₂ → BaSO₄↓ + 2 HCl

H₂O + SO₃ + BaCl₂ → BaSO₄↓ + 2 HCl

NaHSO₄ + BaCl₂ → BaSO₄↓ + NaCl + HCl

Na₂SO₃ + BaCl₂ → BaSO₃↓ + 2 NaCl

K₂SO₄ + BaCl₂ → BaSO₄ ↓ + 2 KCl

Phương trình ion đầy đủ: \(B{a^{2 + }} + HPO_4^{2 - } + 2{H^ + } + SO_4^{2 - } \to BaS{O_4} + {H_3}P{O_4}\)

Phương trình ion thu gọn: \(B{a^{2 + }} + HPO_4^{2 - } + 2{H^ + } + SO_4^{2 - } \to BaS{O_4} + {H_3}P{O_4}\)

A. NaHSO₄ không phản ứng với AlCl_3; NaNO₃

B. NaHSO₄ không phản ứng với FeCl₃, Fe(NO₃)₃ , KCl.

C. Tất cả các chất đều phản ứng với NaHSO₄

D. NaHSO₄ không phản ứng với NaNO₃, FeCl₂

A. không có phản ứng

B. Ba(OH)₂ + Ca(HCO₃)₂ → CaCO₃ + BaCO₃ +2 H₂O

C. \(Ba{(OH)_2} + C{O_2} \to BaC{{\text{O}}_3} + {H_2}O\)

Hoặc \(Ba{(OH)_2} + C{O_2} \to Ba{(HC{O_3})_2}\)

D. không có phản ứng

A. KNO₃ không phản ứng vì không thỏa mãn điều kiện của phản ứng trao đổi.

B. AgNO₃ có phản ứng vì tạo kết tủa (AgCl).

C. NaOH có phản ứng vì tạo chất điện li yếu (H₂O).

D. Na₂CO₃ có phản ứng vì tạo ra khí (CO₂).

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích trong một dung dịch ta có:

n ₍₊₎ = n _(-) => \({n_{N{a^ + }}} + 2{n_{C{a^{2 + }}}} = {n_{HCO_3^ - }} + {n_{C{l^ - }}}\)

=> x + 2y = z + t

n_HCl = 3.0,01 = 0,03 mol

PTHH: NaOH + HCl → NaCl + H₂O

n_NaOH = n_HCl = 0,03 mol

=> V _{dd NaOH} = n : C_M = 0,03 : 0,3 = 0,1 lít = 100 ml

Ta có: C + H₂O → CO + H₂ hoặc C + 2H₂O → CO₂ + 2H₂

=> Sản phẩm đều là chất khí

Phản ứng A không xảy ra do CaCO₃ lại tan được trong HCl

Phương trình ion rút gọn của phản ứng NaOH + HCl → NaCl + H₂O là:

OH^- + H⁺ → H₂O

A. 2OH^- + Fe²⁺ → Fe(OH)₂

B. OH^- + NH₄⁺ → NH₃ + H₂O

C. OH^- + H⁺ → H₂O

D. OH^- + HCO₃^- → CO₃^2- + H₂O

n_HCl = 0,01 mol → n_H⁺

H⁺ + OH^- → H₂O

→ n_OH^- = → n_H⁺ = 0,01 mol → a = 0,01 : 0,02 = 0,5M

6NH₃ + 6H₂O + Al₂(SO₄)₃ → 2Al(OH)₃ + 3(NH₄)₂SO₄

 0,3 mol     ←       0,05 mol

→ V_NH3 = 0,3 .22,4 = 6,72 lít

*Cho 200 ml X tác dụng với BaCl₂ dư: n_BaSO4 = 0,06 mol

Ba²⁺ + SO₄^2-→ BaSO₄

          0,06 ←   0,06

*200 ml X tác dụng với Ba(OH)₂ dư:

Ba²⁺ + SO₄^2-→ BaSO₄

Fe²⁺ + 2OH^- → Fe(OH)₂

→ m_{kết tủa} = m_BaSO4 + m_Fe(OH)2 →  0,06.233 + m_Fe(OH)2 = 21,18 → m_Fe(OH)2 = 7,2 gam

→ n_Fe(OH)2 = 0,08 mol → n_Fe²⁺ = 0,08 mol

Vì số mol Fe²⁺ và số mol SO₄^2- khác nhau nên muối ban đầu cho vào X không có FeSO_­4

→ 2 muối là FeCl₂ và Al₂(SO₄)₃

→ n_Cl-= 2n_Fe²⁺ = 2.0,08 = 0,16 mol → [Cl^-] = 0,16 : 0,2 = 0,8M

Ta có: n_Ba(OH)2 = 0,125 mol → Ba²⁺: 0,125 mol và OH^-: 0,25 mol

Dung dịch còn lại có Fe³⁺: 0,024 mol; Al³⁺: 0,032 mol; SO₄^2-: 0,088 mol; Cl^-: 0,072 mol và H⁺: 0,08 mol

Khi nhỏ từ từ Ba(OH)₂ vào thì         

OH^-   +   H⁺  → H₂O

0,08 ← 0,08

Fe³⁺   +  3OH^- → Fe(OH)₃

0,024 → 0,072 → 0,072

Al³⁺ +     3OH^- → Al(OH)₃

0,032 → 0,096 → 0,032

→ n_OH^- _dư = 0,25 - 0,08 - 0,072 - 0,096 = 0,002 mol → Al(OH)₃ hòa tan một phần

OH^-  + Al(OH)₃ → AlO₂^- + 2H₂O

0,002 → 0,002                   mol

Ba²⁺ +     SO₄^2- → BaSO₄

0,088 ← 0,088 →  0,088

→ Kết tủa tạo ra có 0,024 mol Fe(OH)₃; 0,03 mol Al(OH)₃ và 0,088 mol BaSO₄

→ m = 25,412 gam

Đặt số mol Al là x mol; số mol Mg là y mol

Ta có: n_HCl = 0,52 mol; n_H2SO4 = 0,14 mol

Dung dịch X chứa {Al³⁺ (x mol); Mg²⁺ (y mol); H⁺ dư (0,8-3x-2y mol); Cl^-, SO₄^2-}

*Khi cho 0,85 mol NaOH vào dung dịch X: Đặt n_Al(OH)3 (4)= z mol

Ta thấy: 

+) n_{H+ dư} + 3n_Al3+ + 2n_Mg2+ = (0,8-3x-2y) + 3x + 2y = 0,8 mol

+) n_OH- = 0,85 mol

=> n_OH- > n_{H+ dư} + 3n_Al3+ + 2n_Mg2+ => OH^- dư, đã có sự hòa tan Al(OH)₃

OH^-            +            H⁺              → H₂O (1)

(0,8-3x-2y)   (0,8-3x-2y) mol

3OH^- + Al³⁺ → Al(OH)₃ ↓ (2)

3x ←    x          x mol      

2OH^-+ Mg²⁺ → Mg(OH)₂ (3)

2y ←    y             y mol

Al(OH)₃ + OH^- → Al(OH)₃ (4)

z    →      z mol

Kết tủa thu được sau phản ứng có y mol Mg(OH)₂ và (x-z) mol Al(OH)₃

Ta có hệ:

(1) m _hh = 27x + 24y = 7,65

(2) m _{kết tủa} = 58y + 78(x - z) = 16,5

(3) n_OH-= 0,8 - 3x - 2y + 3x + 2y + z = 0,85 mol

Giải hệ trên ta có: x = 0,15; y =0,15 và z = 0,05 mol

Vậy dung dịch X có chứa 0,05 mol H⁺, 0,15 mol Al³⁺, 0,15 mol Mg²⁺, 0,14 mol SO₄^2-, 0,52 mol Cl^-

Đặt thể tích dung dịch chứa KOH, Ba(OH)₂ là a lít

*Khi cho dung dịch chứa 0,8a mol KOH, 0,1a mol Ba(OH)₂ vào dung dịch X để thu được lượng kết tủa lớn nhất:

- Trường hợp 1: Kết tủa là Al(OH)₃ cực đại, Mg(OH)₂, BaSO₄

OH^- + H⁺ → H₂O (5)

3OH^-+ Al³⁺ → Al(OH)₃ ↓ (6)

2OH^-+ Mg²⁺ → Mg(OH)₂ ↓ (7)

→ n_OH-= 0,05 + 3.0,15 + 2.0,15 = 0,8 mol

→ 0,8a + 2.0,1a = 0,8 mol → a = 0,8 lít → n_Ba(OH)2 = 0,1a = 0,08  mol

Ba²⁺  + SO₄^2- → BaSO₄↓

0,08    0,14        0,08 mol

→ m_{kết tủa} = m_BaSO4 + m_Al(OH)3 + m_Mg(OH)2 = 0,08.233 + 0,15.78 + 0,15.58 = 39,04 gam

Khi nung kết tủa đến khối lượng không đổi thu được: BaSO₄, Al₂O₃ và MgO

→ m_{chất rắn} = m_Al2O3 + m_MgO + m_BaSO4

= 0,075.102 + 0,15.40 + 0,08.233 = 32,29 gam

Trường hợp 2: Kết tủa là BaSO₄ cực đại, Mg(OH)₂

→ n_{Ba2+ max} = n_SO4(2-) = 0,14 mol → 0,1a = 0,14 → a =1,4

→ n_OH- = 0,8a + 2.0,1a = a =1,4 mol

Khi đó Al(OH)₃ tan hết.

Kết tủa thu được có 0,14 mol BaSO₄ và 0,15 mol Mg(OH)₂

→ m_{kết tủa} = 0,14.233 + 0,15.58 = 41,32 gam > 39,04 gam

Do đó ta chọn trường hợp 2 sẽ cho khối lượng kết tủa cực đại

Khi đó: m_{chất rắn} = m_BaSO4 + m_MgO = 0,14.233 + 0,15.40 = 38,62 gam

Vậy giá trị của m gần nhất với giá trị 38,6

Xét X: Theo ĐLBTĐT ta có: 0,25.2 + 1,3 = a + b = 1,8 mol

Xét Y: \({{\rm{n}}_{{\rm{S}}{{\rm{O}}_{\rm{4}}}^{{\rm{2 - }}}}}{\rm{  =  0,5 mol}};{\rm{ }}{{\rm{n}}_{{H^{\rm{ + }}}}}{\rm{  =  0,3 mol; }}{{\rm{n}}_{{\rm{Z}}{{\rm{n}}^{{\rm{2 + }}}}}}{\rm{  =  0,4 mol;}}\)

Khi cho X + Y => \({{\rm{n}}_{{\rm{BaS}}{{\rm{O}}_{\rm{4}}}}}{\rm{  =  }}{{\rm{n}}_{B{a^{{\rm{2 + }}}}}}{\rm{  =  0,25 mol}}\)

Sau khi nung thu được H. ta có: \({{\rm{m}}_{\rm{H}}}{\rm{ =  }}{{\rm{m}}_{{\rm{BaS}}{{\rm{O}}_{\rm{4}}}}}{\rm{  +  }}{{\rm{m}}_{{\rm{ZnO}}}} \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{ZnO}}}} = {{\rm{n}}_{{\rm{Zn(OH}}{{\rm{)}}_{\rm{2}}}}}{\rm{ =  0,14 mol}}\)

Trường hợp 1: Tạo kết tủa và kết tủa không tan => OH^- hết

\( \Rightarrow a = {{\rm{n}}_{{H^ + }}}{\rm{ +  2}}{{\rm{n}}_{{\rm{Zn(OH}}{{\rm{)}}_{\rm{2}}}}}{\rm{ = 0,58 mol; b  =  1,22 mol}}\)

Trường hợp 2: Kết tủa tan một phần

\( \Rightarrow a = {{\rm{n}}_{{H^ + }}}{\rm{ +  4}}{{\rm{n}}_{{\rm{Z}}{{\rm{n}}^{{\rm{2 + }}}}}} - {\rm{2}}{{\rm{n}}_{{\rm{Zn(OH}}{{\rm{)}}_{\rm{2}}}}}{\rm{ = 1,62 mol; b  =  0,18 mol}}\)

n_NaOH = 0,2 mol ; n_Ba(OH)2 = 0,05 mol; n_OH- = 0,3 mol

n_Al2(SO4)3 = 0,04 mol; n_H2SO4 = 0,1.x mol; n_H+ = 0,2x mol

H⁺    +   OH^- → H₂O

0,2x    0,2x mol

Ba²⁺    +      SO₄^2- →   BaSO₄

0,05         0,12            0,05

Suy ra n_Al(OH)3 = 0,06 mol < n_Al3+ nên có 2 trường hợp xảy ra:

TH1: Kết tủa không bị hòa tan

Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃

0,08    0,18←  0,06 mol

n_{OH- tổng} = 0,22x + 0,18 = 0,3 suy ra x = 0,6M

TH2: Kết tủa bị hòa tan 1 phần

Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃

0,08    0,24        0,08

Al(OH)₃ + OH^- → AlO₂^- + 2H₂O

0,02        0,02

n_{OH- tổng} = 0,2x + 0,24 + 0,02 = 0,3 suy ra x = 0,2 M

Mg²⁺ + CO₃^2- → MgCO₃

Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃

Ca²⁺ + CO₃^2- → CaCO₃

Ta có: n_Mg2+ + n_Ba2+ + n_Ca2+ = n_{CO3 2-} = n_Na2CO3= 0,25 mol

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích với dung dịch X ta có:

2. (n_Mg2+ + n_Ba2+ + n_Ca2+)= n_Cl- + n_NO3-

→ n_Cl- + n_NO3- = 0,5 mol