SBT Hóa học 11 Bài 5: Luyện tập: Axit, bazơ và muối. Phản ứng trao đổi ion trong dung dịch các chất điện li | Giải SBT Hóa học lớp 11

46 lượt xem

Bài trước

Bài sau

Chúng tôi giới thiệu Giải sách bài tập Hóa học lớp 11 Bài 5: Luyện tập: Axit, bazơ và muối. Phản ứng trao đổi ion trong dung dịch các chất điện li chi tiết giúp học sinh xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập trong SBT Hóa học 11. Mời các bạn đón xem:

Giải SBT Hóa học 11 Bài 5: Luyện tập: Axit, bazơ và muối. Phản ứng trao đổi ion trong dung dịch các chất điện li

Bài 5.1 trang 8 SBT Hóa học 11: Một mẫu nước mưa có pH = 4,82. Vậy nồng độ H⁺ trong đó là :

A. [H⁺] = 1.10^-⁴M.

B. [H⁺] = 1.10^-5M.

C. [H⁺] > 1.10^-5M.

D. [H⁺] < 1.10^-5M.

Phương pháp giải:

pH = a=> [H⁺]=10^-a

Lời giải:

pH = 4,82=> [H⁺]=10^-4,82 > 1.10^-5M.

=> Chọn C

Bài 5.2 trang 8 SBT Hóa học 11: Dung dịch axit mạnh một nấc X nồng độ 0,01 mol/l có pH = 2 và dung dịch bazơ mạnh một nấc Y nồng độ 0,01 mol/l có pH = 12. Vậy :

A. X và Y là các chất điện li mạnh.

B. X và Y là các chất điện li yếu.

C. X là chất điện li mạnh, Y là chất điện li yếu.

D. X là chất điện li yếu, Y là chất điện li mạnh.

Phương pháp giải:

Tính pH của từng chất theo nồng độ

So sánh pH đã tính với pH đã cho của đề bài.

+) Nếu pH đã tính bằng pH đề bài => chất đã cho là chất điện li mạnh

+) Nếu pH(axit đã tính) > pH (axit đề bài) => axit là chất điện li yếu. Tương tự với pH của bazơ

Lời giải:

Axit mạnh một nấc X có nồng độ 0,01 mol/l => pH = –log[H⁺] = –log(0,01)= 2

=> Chứng tỏ axit mạnh

Tương tự bazơ mạnh có nồng độ 0,01 mol/l có => pOH = –log[OH^-] = –log(0,01)= 2=> pH = 14 – 2 = 12

=> Chứng tỏ bazơ mạnh

=> Chọn A

Bài 5.3 trang 8 SBT Hóa học 11: Dung dịch axit mạnh $H_{2} S O_{4}$ 0,1M có :

A. pH = 1 B. pH < 1.

C. pH > 1. D. [H⁺] > 0,2M.

Phương pháp giải:

Áp dung công thức tính pH = –log[H⁺]

Chú ý: $H_{2} S O_{4}$ điện li hoàn toàn cho 2H⁺

Lời giải:

pH = –log[H⁺] = –log (0,1. 2) ≈ 0,69

=> Chọn B

Bài 5.4 trang 8 SBT Hóa học 11: Dung dịch chất A có pH = 3. Cần thêm V₂ ml vào V₁ ml dung dịch A để pha loãng thành dung dịch có pH = 4. Biểu thức liên hệ giữa V₁ và V₂ là:

A. V₂= 9V₁ B. V₂ = 100V₁ C. V₁= 9V₂ D. $V_{2} = \frac{1}{10} V_{1}$

Phương pháp giải:

+) Tính [H+]

Lời giải:

$p H = 3 => [H^{+}] = 10^{- 3} => n_{^{H +}} = 10^{- 3} V_{1}$

Khi thêm nước số mol H+ vẫn giữ nguyên, thể tích dung dịch = V₁+V₂. Ta có

$[H^{+}] = \frac{10^{- 3} V_{1}}{V_{1} + V_{2}}$

Mặt khác sau khi thêm nước pH = 4 => [H⁺]= 10^-4

Giải phương trình $[H^{+}] = \frac{10^{- 3} V_{1}}{V_{1} + V_{2}} = 10^{- 4}$

=> V₂= 9V₁

=> Chọn A

Bài 5.5 trang 8 SBT Hóa học 11: Nồng độ H⁺ trong rượu vang là 3,2.10^-4M. Sau khi mở nút chai để hở trong không khí một tháng, nồng độ H⁺ là 1.10^-3M. Hỏi pH của rượu vang tăng lên hay giảm xuống sau khi để trong không khí ?

Phương pháp giải:

+) Tính pH = –log[H+]

+) So sánh pH trước và sau khi mở nút chai => Kết luận

Lời giải:

pH trước = –log [H+] = – log (3,2.10^-4) ≈ 3,49

pH sau mở nút = –log (1.10^-3) = 3

Vậy pH giảm xuống sau khi mở nút

Bài 5.6 trang 8 SBT Hóa học 11: Viết phương trình dạng phân tử ứng với phương trình ion rút gọn sau :

$\begin{array}{l} 1. B a^{2 +} + C O_{3}^{2 -} \to B a C O_{3} ↓ \\ 2. F e^{3 +} + 3 O H^{-} \to F e (O H)_{3} ↓ \\ 3. N H_{4}^{+} + O H^{-} \to N H_{3} ↑ + H_{2} O \\ 4. S^{2 -} + 2 H^{+} \to H_{2} S ↑ \\ 5. H C l O + O H^{-} \to C l O^{-} + H_{2} O \\ 6. C O_{2} + 2 O H^{-} \to C O_{3}^{2 -} + H_{2} O \end{array}$

Phương pháp giải:

Sử dụng tính tan của các chất để làm bài một cách dễ dàng:

Tất cả muối Na⁺, K⁺, và NH₄⁺ đều tan.

Tất cả muối NO₃^-, C₂H₃O₂^-, ClO₃^-, và ClO₄^- đều tan.

Tất cả muối Ag⁺, Pb²⁺, và Hg₂²⁺ đều tan.

Tất cả muối Cl^-, Br^-, và I^- đều tan.

Tất cả muối CO₃^2-, O^2-, S^2-, OH^-, PO₄^3-, CrO₄^2-, Cr₂O₇^2-, và SO₃^2- đều tan (ngoại trừ vài trường hợp).

Tất cả muối SO₄^2- đều tan (ngoại trừ vài trường hợp).

Lời giải:

1. $B a (O H)_{2} + N a_{2} C O_{3} \to B a C O_{3} + 2 N a O H$

2. $2 F e C l_{3} + 3 B a {(O H)}_{2} \to$ $2 F e {(O H)}_{3} + 3 B a C l_{2}$

3. $(N H_{4})_{2} S O_{4} + 2 K O H \to$ $2 N H_{3} + 2 H_{2} O + K_{2} S O_{4}$

4. $N a_{2} S + H C l \to N a C l + H_{2} S$

5. $N a O H + H C l O \to N a C l O + H_{2} O$

6. $C O_{2} + 2 N a O H \to N a_{2} C O_{3} + H_{2} O$

Bài 5.7 trang 8 SBT Hóa học 11: Viết phương trình dạng phân tử và ion rút gọn của các phản ứng trong dung dịch theo sơ đồ sau :

1. Pb(NO₃)₂ + ? → PbCl₂↓+ ?

2. Sn(OH)₂ + ? → Na₂SnO₂↓+ ?

3. MgCO₃ + ? → MgCl₂ + ?

4. HPO₄^2- + ? → H₃PO₄ + ?

5. FeS + ? → FeCl₂ + ?

6. Fe₂(SO₄)₃ + ? → K₂SO₄ + ?

Phương pháp giải:

+) Sử dụng tính chất hóa học của các chất, hợp chất để tìm chất phù hợp điền vào dấu ?

+) Xem lại lí thuyết về cách viết phương trình ion rút gọn

Lời giải:

Phương trình phân tử:

1. $P b (N O_{3})_{2} + 2 K C l \to P b C l_{2} + 2 K N O_{3}$

2. $S n (O H)_{2} + 2 N a O H \to N a_{2} S n O_{2} + 2 H_{2} O$

3. $M g C O_{3} + 2 H C l \to M g C l_{2} + C O_{2} + H_{2} O$

4. $C a H P O_{4} + 2 H N O_{3} \to H_{3} P O_{4} + C a (N O_{3})_{2}$

5. $F e S + 2 H C l \to F e C l_{2} + H_{2} S$

6. $F e_{2} (S O_{4})_{3} + 2 K I \to K_{2} S O_{4} + 2 F e S O_{4} + I_{2}$

Phương trình ion rút gọn:

$\begin{array}{l} 1. P b^{2 +} + 2 C l^{-} \to P b C l_{2} ↓ \\ 2. S n (O H)_{2} + 2 O H^{-} \to S n O_{2}^{2 -} + 2 H_{2} O \\ 3. M g C O_{3} + 2 H^{+} \to M g^{2 +} + C O_{2} + H_{2} O \\ 4. H P O_{4}^{2 -} + 2 H^{+} \to H_{3} P O_{4} \\ 5. F e S + 2 H^{+} \to F e^{2 +} + H_{2} S \\ 6. 2 F e^{3 +} + 2 I^{-} \to 2 F e^{2 +} + I_{2} \end{array}$

Bài 5.8 trang 9 SBT Hóa học 11: Hoà tan hoàn toàn 0,12 g Mg trong 100 ml dung dịch HCl 0,2M. Tính pH của dung dịch sau khi phản ứng kết thúc (thể tích dung dịch biến đổi không đáng kể).

Phương pháp giải:

+) Tính số mol M, số mol HCl

+) PTHH: Mg + 2HCl $\to$ MgCl₂ + H₂

+) Tính toán theo bài toán lượng dư

+) Tìm số mol HCl dư => pH

Lời giải:

n_Mg= $\frac{0, 12}{24}$ = 0,005 (mol); n_HCl = $\frac{0, 2.100}{1000}$ = 0,02 (mol)

Mg + 2HCl $\to$ MgCl₂ + H₂

1 mol 2 mol

0,005 mol 0,01 mol

Số mol HCl còn lại sau phản ứng : 0,02 - 0,01 = 0,01 (mol).

Từ đó, số mol HCl trong 1000 ml là 0,1 mol, nghĩa là sau phản ứng

$[H C l] = 0, 1 M = {1.10}^{- 1}$ M.

Vậy pH= 1

Bài 5.9 trang 9 SBT Hóa học 11: Trong nước biển, magie là kim loại có hàm lượng lớn thứ hai sau natri. Mỗi kilogam nước biển chứa khoảng 1,3 g magie dưới dạng các ion Mg²⁺. Ở nhiều quốc gia, magie được khai thác từ nước biển. Quá trình sản xuất magie từ nước biển gồm các giai đoạn sau :

1. Nung đá vôi thành vôi sống.

2. Hoà tan vôi sống trong nước biển tạo ra kết tủa Mg(OH)₂.

3. Hoà tan kết tủa Mg(OH)₂ trong dung dịch HCl.

4. Điện phân MgCl₂ nóng chảy : $M g C l_{2} \overset{d p n c}{\to} M g + C l_{2}$

Viết các phương trình hoá học dưới dạng phân tử và ion rút gọn (nếu có) của quá trình sản xuất trên.

Lời giải:

$\begin{aligned} 1. C a C O_{3} \overset{t^{0}}{⟶} C a O + C O_{2} ↑ \\ 2. C a O + H_{2} O \to C a (O H)_{2} \\ M g^{2 +} + 2 O H^{-} \to M g (O H)_{2} ↓ \\ 3. M g (O H)_{2} + 2 H C l \to M g C l_{2} + 2 H_{2} O \\ M g (O H)_{2} + 2 H^{+} \to M g^{2 +} + 2 H_{2} O \\ 4. M g C l_{2} \overset{d p n c}{⟶} M g + C l_{2} \end{aligned}$

Bài 5.10* trang 9 SBT Hóa học 11: Nước chứa nhiểu ion Ca²⁺ và Mg²⁺ là nước cứng. Nước chứa ít hoặc không chứa các ion Ca²⁺ và Mg²⁺ là nước mềm. Nước cứng không phù hợp cho việc sử dụng trong công nghiệp và sinh hoạt. Trong nước thường chứa các hợp chất Ca(HCO₃)₂, Mg(HCO₃)₂, CaCl₂ và MgCl₂ hoà tan.

Để loại các ion Ca²⁺ và Mg²⁺ dưới dạng Ca(HCO₃)₂, Mg(HCO₃)₂ và MgCl₂ người ta cho sữa vôi Ca(OH)₂ vào nước sẽ tạo ra các kết tủa CaCO₃ va Mg(OH)₂.

Để loại Ca²⁺ dưới dạng CaCl₂ người ta hoà tan Na₂CO₃ vào nước sẽ tạo kết tủa CaCO₃.

Hãy viết các phương trình hoá học dưới dạng phân tử và ion rút gọn của các phản ứng trên.

Lời giải:

Phương trình hoá học dưới dạng phân tử và ion rút gọn:

Ca(HCO₃)₂ + Ca(OH)₂ → 2CaCO_3↓+ 2H₂O

Ca²⁺ + HCO₃^- + OH- → CaCO_3↓+ H₂0

Mg(HCO₃)₂ + 2Ca(OH)₂ →Mg(OH)_2↓ + 2 CaCO_3↓ + 2H₂O

Mg²⁺ + 2 HCO₃^- + 2Ca²⁺ + 4 OH^- → Mg(OH)_2↓ + 2 CaCO_3↓ + 2H₂O

MgCl₂ + Ca(OH)₂ → Mg(OH)_2↓ + CaCl₂

Mg²⁺ + 2OH^- → Mg(OH)_2↓

CaCl₂ + Na₂CO₃ → CaCO_3↓ + 2NaCl

Ca²⁺ + CO₃^2- → CaCO_3↓

Bài 5.11* trang 9 SBT Hóa học 11: Có 6 dung dịch đựng trong 6 lọ mất nhãn : Mg(NO₃)₂, Zn(NO₃)₂, Pb(NO₃)₂, AlCl₃, KOH và NaCl. Chỉ dùng thêm dung dịch AgNO₃ và một thuốc thử nữa, hãy trình bày cách nhận biết từng

Phương pháp giải:

B1: Sử dụng phenolphtalein nhận ra dung dịch KOH

+) B2: Dùng KOH

+) B3: Dùng NaCl

+) B4: Dùng AgNO

Lời giải:

Dùng dung dịch phenolphtalein nhận ra dung dịch KOH.

SBT Hóa học 11 Bài 5: Luyện tập: Axit, bazơ và muối. Phản ứng trao đổi ion trong dung dịch các chất điện li | Giải SBT Hóa học lớp 11 (ảnh 1)

Các phương trình hoá học :

(1) Mg(NO₃)₂ + 2KOH $\to$ $M g (O H)_{2} ↓ + 2 K N O_{3}$

Mg²⁺ + 2 $O H^{-}$ $\to$ $M g (O H)_{2} ↓$

(2) Pb(NO₃)₂ + 2KOH $\to$ $P b (O H)_{2} ↓ + 2 K N O_{3}$

Pb²⁺ + 2 $O H^{-}$ $\to$ $P b (O H)_{2} ↓$

Pb(OH)₂ + 2KOH $\to$ $K_{2} P b O_{2} + 2 H_{2} O$

Pb(OH)₂ + 2 $O H^{-}$ $\to$ $P b {O_{2}}^{2 -} + 2 H_{2} O$

(3) Zn(NO₃)₂ + 2KOH $\to$ $Z n (O H)_{2} ↓ + 2 K N O_{3}$

Zn²⁺ + 2 $O H^{-}$ $\to$ $Z n (O H)_{2} ↓$

Zn(OH)₂ + 2KOH $\to$ $K_{2} Z n O_{2} + 2 H_{2} O$

Zn(OH)₂ + 2 $O H^{-}$ $\to$ $Z n {O_{2}}^{2 -} + 2 H_{2} O$

(4) AlCl₃ + 3KOH $\to$ $A l (O H)_{3} ↓ + 3 K C l$

Al³⁺ + 3 $O H^{-}$ $\to$ $A l (O H)_{3} ↓$

Al(OH)₃ + 3KOH $\to$ $K A l O_{2} + 2 H_{2} O$

Al(OH)₃ + 3 $O H^{-}$ $\to$ $A l {O_{2}}^{-} + 2 H_{2} O$

(5) 2NaCl + Pb(NO₃)₂ $\to$ $2 N a N O_{3} + P b C l_{2} ↓$

Pb²⁺ + 2 $C l^{-}$ $\to$ $P b C l_{2} ↓$

(6) 3AgNO₃ + AlCl₃ $\to$ $A l (N O_{3})_{3} + 3 A g C l ↓$

Ag⁺ + $C l^{-}$ $\to$ $A g C l ↓$

Xem thêm các chương trình khác:

Bài trước

Bài sau

Giải SGK, SBT, Chuyên đề Hóa Học Lớp 11

SBT Hóa học 11 Bài 5: Luyện tập: Axit, bazơ và muối. Phản ứng trao đổi ion trong dung dịch các chất điện li | Giải SBT Hóa học lớp 11

Xem thêm các chương trình khác: