12 dạng bài tập về Sự điện li trong đề thi Đại học có giải chi tiết - Chuyên đề Hóa 11

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

Bài 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 đúng là: 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

Bài 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 đúng là: 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

Bài giải:

Theo định luật 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) và (2) ⇒ x = 0,03; y = 0,02

⇒ Đáp án đúng là: 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

Bài giải:

Gọi a là độ điện li của axit. Ta có:

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 đúng là: 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

Bài 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 đúng là: 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

Lưu 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: C_b 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

Bài 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 đúng là: 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

Bài 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 đúng là: 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

Lưu 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

Bài 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 đúng là: 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

Bài 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

Bài giải:

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

⇒ Đáp án đúng là: 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

Bài 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 đúng là: 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

Bài 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:

= 10^-4,76

⇒ x = 2,36.10^-3 ⇒ [H⁺] = 7,36.10^-3

pH = 2,13 ⇒ Đáp án đúng là: 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

Bài 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 đúng là: 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: Giá 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

Bài 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 đúng là: 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

Bài 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

Bài 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 đúng là: 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

Bài 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 đúng là: 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

Bài giải:

Ta có: K_w ≤ K_a2.C; K_a1^-1.C ≥ 1

⇒ H⁺ =

= 4,57.10^-9

⇒ pH = 8,34

⇒ Đáp án đúng là: 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.

Bài 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 đúng là: 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

Bài 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 đúng là: 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 3.3: 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

Lưu 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.

Bài giải:

n_{H⁺ ban đầu} = n^{H+ sau}

⇒ 10.10^-3 = 10^-4. (10+x)

⇒x = 90

=> Đáp án đúng là: 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

Bài 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 đúng là: 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

Bài giải:

Theo Định luật bảo toàn 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 đúng là: 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

Bài 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 đúng là: 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.

Bài 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

Bài tiếp: Dạng 1: Bài tập lý thuyết về sự điện li, chất điện li, viết phương trình điện li - Chuyên đề Hóa 11