A. HOÁ ĐẠI CƯƠNG
1. Viết phương trình điện li của các chất sau:
a. HCl, HNO
3
, H
2
SO
4
, H
3
PO
4
, H
3
PO
3
, H
2
CO
3
, H
2
S, CH
3
COOH.
b. NaOH, Ba(OH)
2
, Cu(OH)
2
, Fe(OH)
3
3
, NaHSO
4
, [Ag(NH
3
)
2
]
2
SO
4
.
Bài giải (a)
−+
+→ ClHHCl
−+
+→
33
NOHHNO
−+
+→
442
HSOHSOH
−
4
HSO
→
−+
+
POH
33
POH
→
¬
−+
+
32
POHH
−
32
POH
→
¬
−+
+
2
3
HPOH
32
COH
→
¬
−+
+
3
HCOH
−
3
HCO
+
+ OH
-
Ba(OH)
2
→ Ba
2+
+ 2OH
-
Cu(OH)
2
→
¬
Cu
2+
+ 2OH
-
Cu(OH)
2
+ 2H
2
O
→
¬
+−
+ H2)OH(Cu
2
4
Fe(OH)
→
¬
Sn
2+
+ 2OH
-
Sn(OH)
2
+ 2H
2
O
→
¬
+−
+ H2)OH(Sn
2
4
(c)
Na
2
SO
4
→ 2Na
+
+
−2
4
SO
Na
+
+
−2
4
HPO
−2
4
HPO
→
¬
−+
+
3
4
POH
Na
2
HPO
3
→ 2Na
+
+
−2
3
HPO
NaHCO
3
→ Na
+
+
SO
4
→
[ ]
+
23
)NH(Ag
+
−2
4
SO
[ ]
+
23
)NH(Ag
→
¬
Ag
+
+ 2NH
3
2. Hoàn thành các phản ứng sau đây dưới dạng phương trình phân tử và phương trình ion thu gọn:
a. K
2
CO
3
+ Ca(NO
3
)
2
3
+ 3H
2
O → Al(OH)
3
↓+ 3NH
4
Cl
++
+→++
4323
3
NH3)OH(AlOH3NH3Al
d. MgSO
4
+ 2NH
3
+ 2H
2
O → Mg(OH)
2
↓ + (NH
4
)
2
SO
4
Mg
2+
2
+ H
2
S
S
2-
+ 2H
+
→ H
2
S
g. FeS + HCl → FeCl
2
+ H
2
S
FeS + 2H
+
→ Fe
2+
+ H
2
S
h. 2CH
3
COOK + H
2
SO
4
→ 2CH
2
3
+→+
+−
j. CaCO
3
+ H
2
O + CO
2
→ Ca(HCO
3
)
2
CaCO
3
+ H
2
O + CO
2
→
−+
+
2
3
2
HCO2Ca
k. NH
2+
+ 2OH
-
3. Hoàn thành các phản ứng sau đây dưới dạng phương trình phân tử:
a. Ba
2+
+ CO
3
2–
→ BaCO
3
↓
BaCl
2
+ Na
2
CO
3
→ BaCO
3
+ 2NaCl
b. Fe
3+
+ 3OH
–
→ Fe(OH)
3
↓
FeCl
S + H
2
SO
4
→ Na
2
SO
4
+ H
2
S
e. PO
4
3–
+ 3H
+
→ H
3
PO
4
Na
3
PO
4
+ 3HCl → H
3
PO
4
+ 3NaCl
+↑→+
−+
b. dung dịch chứa: Na
+
, Ba
2+
, OH
–
vào dung dịch chứa: H
+
, Cl
–
, SO
4
2–
↓→+
→+
−+
−+
4
2
4
2
2
BaSOSOBa
OHOHH
c. dung dịch chứa: NH
4
Ca
2+
, HCO
3
–
vào dung dịch chứa: Na
+
, K
+
, OH
–
↓→+
↓→+
+→+
−+
−+
−−−
3
2
3
2
3
2
3
2
2
2
33
CaCOCOCa
2
. Kết luận gì về tính axit của H
2
CO
3
và
HAlO
2
.H
2
O?
Kết tủa trắng keo xuất hiện.
NaAlO
2
+ CO
2
+ H
2
O → Al(OH)
3
↓ + NaHCO
3
Tính axit của H
2
CO
3
mạnh hơn tính axit của Al(OH)
3
c. Nhỏ từ từ cho đến dư dung dịch NH
3
-
d. Cho một mảnh Cu vào dung dịch KNO
3
, sau đó thêm một ít dung dịch H
2
SO
4
đặc.
Thấy xuất hiện khí không màu hóa nâu trong không khí.
OH4NO2Cu3NO2H8Cu3
2
2
3
+↑+→++
+−+6. Cân bằng sau tồn tại trong dung dịch: CH
3
COOH
→
¬
CH
3
COO
–
+ H
+
.
Độ điện li của CH
do cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch.
7. Cho 2 dung dịch A và B, mỗi dung dịch chỉ chứa 2 loại cation và 2 loại anion trong số các ion sau:
K
+
(0,15 mol), Mg
2+
(0,1 mol), NH
4
+
(0,25 mol), H
+
(0,2 mol) Cl
–
(0,1 mol), SO
4
2–
(0,075 mol), NO
3
–
(0,25 mol), CO
3
2–
(0,15 mol)
Hãy lập luận để xác định các ion có trong mỗi dung dịch.
Các ion tương tác với nhau không thể tồn tại trong một dung dịch, đó là:
Mg
2+
+
và NH
4
+
nằm ở dung dịch B.
Dung dịch A Dung dịch B
Mg
2+
(0,1 mol)
H
+
(0,2 mol)
CO
3
2–
(0,15 mol)
K
+
(0,15 mol),
NH
4
+
(0,25 mol)
Các ion trong dung dịch phải bảo toàn điện tích nên dung dịch B phải có Cl
-
(0,1 mol)
Dung dịch A Dung dịch B
Mg
2+
(0,1 mol)
NO
3
–
(0,25 mol)
CO
3
2–
(0,15 mol)
K
+
(0,15 mol),
NH
4
+
(0,25 mol)
Cl
-
(0,1 mol)
8. Độ điện li của CH
3
COOH 1M là 0,42%. Tính nồng độ mol của các ion và phân tử trong dung dịch.
Ta có, công thức độ điện li α:
0
0
CC
C
C
α=⇒=α
-
] = 0,0042 M
[H
+
] = 0,0042
9. Tính nồng độ mol/L của ion H
+
trong các dung dịch sau:
a. CH
3
COOH 0,1M (K
a
= 1,75.10
–5
).
b. NH
3
0,1M (K
b
= 1,8.10
–5
).
(a) CH
3
COOH 0,1M (K
a
= 1,75.10
–5
-5
x-1,75.10
-6
= 0
Giải phương trình bậc 2 ta được: x
1
= 1,314.10
-3
; x
2
= -1,332.10
-3
(loại)
Hoặc sử dụng công thức:
[ ]
M10.323,110.75,11,0C.KH
35
0a
−−+
=×==
(b) NH
3
0,1M (K
b
= 1,8.10
–5
)
NH
3
= 0
Giải phương trình ta được: y = 1,3326.10
-3
Nồng độ H
+
:
[ ]
[ ]
12
3
1414
10.5041,7
10.3326,1
10
OH
10
H
−
−
−
−
−
+
===
Hoặc sử dụng công thức:
[ ]
[ ]
[ ]
M10.45,7
0,005M
d. CH
3
COOH 0,1M (α = 0,01)
(a) HCl → H
+
+ Cl
-
[H
+
] = 10
-3
M ⇒ pH = 3
(b) H
2
SO
4
→ 2H
+
+
−
2
4
SO
5.10
-3
10
-2
3
=⇒=×=
−+11. Tính pH của dung dịch thu được khi:
a. Cho 0,365 gam HCl vào 100 ml H
2
O
c. Cho 0,4 gam NaOH vào 100 ml H
2
O
b. Cho 0,294 gam H
2
SO
4
vào 200 ml H
2
O
d. Cho 0,513 gam Ba(OH)
2
vào 200 ml H
2
O
(a) Ta có:
3pH
1010
ClHHCl
M10
3
3
H
3
SOH
42
=−=⇒==
=
==
+−
−
+
−
−
+
(c)
11pHM10]H[M10]OH[
M10
1,0
01,0
)NaOH(C
mol01,0
40
4,0
n
113
3
M
NaOH
2
=
−=⇒==⇒==
=
=
−−
−
−
+−
−
−
−
−
−12. Trong hai dung dịch ở các ví dụ sau đây, dung dịch nào có pH lớn hơn? Giải thích vắn tắt cho từng
trường hợp.
a. Dung dịch 0,1M của một axit có K = 1.10
–4
và dung dịch 0,1 M của một axit có K = 4.10
–5
SO
4
có pH nhỏ hơn. Vì nồng độ H
+
của nó lớn hơn của HCl. Cụ thể dung
dịch H
2
SO
4
có khoảng 1,7, trong khi đó HCl có pH bằng 2.13. (a) Dung dịch HCl có pH = 3, cần pha loãng dung dịch này bao nhiêu lần để có pH = 4. (b) Dung dịch
NaOH có pH = 12, cần pha loãng dung dịch này bao nhiêu lần để có pH = 10.
(a) HCl pH = 3 có [H
+
] = 10
-3
M, Nước có nồng độ [H
+
] = 10
-7
M.
Kết luận: Thể tích nước cần pha loãng gấp 9 lần thể tích axit.
(b) Dung dịch NaOH pH = 12, có [OH
-
] = 10
-2
M. Nước có nồng độ [OH
0,05M với 300 ml dung dịch
NaOH 0,06M.
2 4
H SO
H
NaOH
OH
2
H
n 0,2 0,05 0,01mol n 0,020
n 0,3 0,06 0,018 n 0,018
H OH H O
n 0,020 0,018 0,002mol
0,002
H 0,004M pH log(0,004) 2,4
0,5
+
−
+
+ −
+
= × = ⇒ =
= × = ⇒ =
+ →
= − =
= = ⇒ = − =
(b) Tính pH của dung dịch thu được khi trộn 2,75 lít dung dịch Ba(OH)
2
dung dịch NaOH 0,01M.
H
OH
2
(du)
H
n V 0,02
n V 0,01mol
H OH H O
n V 0,02 V 0,01 V 0,01mol
0,01V
H 0,005M pH 2,3
2V
+
−
+
+ −
+
= ×
= ×
+ →
= × − × = ×
= = ⇒ =
(d) Tính pH của dung dịch thu được khi trộn
H
OH
3
OH
2–
, CH
3
COO
–
,
HSO
4
–
, K
+
, Cl
–
, H
2
PO
4
–
, HPO
4
2–
, HCO
3
–
, là axít, bazơ, lưỡng tính hay trung tính? Tại sao? (b) Xác
định khoảng pH của các dung dịch: Na
2
CO
3
, KCl, CH
, HPO
4
2–
, HCO
3
–
K
+
, Cl
–
, Na
+
(b)
• Na
2
CO
3
có pH > 7. Vì trong dung dịch có ion CO
3
2-
là một bazơ nên nó nhận H
+
.
2
2 3 3
2
3 2 3
Na CO 2Na CO
CO H O HCO OH
+ −
ˆ ˆ †
‡ ˆ ˆ
Kết quả làm cho nồng độ OH
-
tăng lên, nên pH > 7.
• Dung dịch NH
4
Cl có pH < 7. Vì
4 4
4 2 3 3
NH Cl NH Cl
NH H O NH H O
+ −
+ +
→ +
→
+ +
¬
Nồng độ H
3
O
+
hay H
+
tăng lên làm cho pH < 7.
• Dung dịch NaHSO
4
có pH < 7. Vì
56.0,1 27.0,2 35,5x 96y 46,9
2+
, Fe
3+
,và SO
4
2–
. Biết rằng dùng hết 350ml dung dịch NaOH 2M thì
làm kết tủa hết ion Zn
2+
và Fe
3+
trong 100mL dung dịch Y. Nếu đổ tiếp 200 mL dung dịch NaOH trên vào
thì một chất kết tủa tan hết, còn lại một chất kết tủa màu đỏ nâu. Tính nồng độ mol mỗi muối trong dung
dịch Y.
Trong 100 ml dung dịch Y có a mol Zn
2+
, b mol Fe
3+
và c mol SO
4
2-
.
Theo định luật bảo toàn điện tích: 2a + 3b = 2c (1)
Cho dung dịch NaOH vào dung dịch Y để kết tủa hết ion Zn
2+
và Fe
3+
:
Zn
2+
2
4
0,2
Zn 2M
0,1
0,1
Fe 1M
0,1
0,35
SO 3,5M
0,1
+
+
−
= =
= =
= =
Từ (1), (2) và (3) ta tìm được: a = 0,2, b = 0,1 và c = 0,35
Nồng độ mỗi ion có trong dung dịch là:
2
3
2
4
2
2 4
4
2
2
_
HCl
H
H SO
SO
Ba
Ba(OH)
OH
OH (du)
OH (du)
n 0,02 0,025 2 0,07mol
n 0,25 0,08 0,02mol
n 0,025mol
n 0,25 0,01 0,025
n 0,25x mol
n 0, 25x
n 0,5x mol
n 0,5x 0,07
0,5x 0,07 0,005 x 0,15
n 0,5 0,01 0,005
x
+
−
+
Ba SO BaSO
0,025 0,0375 0,025
m 0,025 233 5,825gam.
+
+ −
= ⇒ =
+ → ↓
= × =19. Cho Vml dung dịch NaOH 0,5 M vào 400ml dung dịch AlCl
3
0,2M. Sau khi phản ứng kết thúc thu
được 3,9 gam kết tủa. Tính V.
Ta có
3
3
3
AlCl
Al
Al(OH)
n 0,4 0,2 0,08mol n 0,08mol
3,9
n 0,05mol
78
+
= × == ⇒ =
= =
Trong dung dịch phải có 0,03 mol Al
Số mol kết tủa tạo ra 0,08 mol nhưng còn lại 0,05 mol, điều đó chứng tỏ Al(OH)
3
tan ra 0,03 mol.
3 4
OH
Al(OH) OH Al(OH)
0,03 0,03 0,03
n 0,24 0,03 0,27 mol
0,27
V 0,54lít
0,5
−
− −
+ →
→
= + =
= =
∑
Cách 2. Phương pháp đồ thị.20. Cho 200ml dung dịch KOH 2M vào 300ml dung dịch Zn(NO
3
)
2
0,5M, lọc kết tủa, thu được dung dịch
A và kết tủa B. Nung kết tủa B đến khối lượng không đổi thu được chất rắn C.
a. Tính khối lượng chất rắn C.
b. Tính nồng độ mol các chất trong dung dịch A.
+ →
¬ →
= − =
→ +
= × 1 8,1gam=
Khối lượng chất rắn C là 8,1 gam.
Trong 500 ml dung dịch có:
[ ]
3
2 4
KNO : 0,3mol
K Zn(OH) :0,05mol
Vậy nồng độ mol của các chất có trong dung dịch A là:
[ ]
[ ]
3
2 4
0,3
KNO 0,6M
0,5
0,05
K Zn(OH) 0,1M
0,5
= =
= =
B. HOÁ VÔ CƠ
PO
4
→
Ca
3
(PO
4
)
2
→ Ca(H
2
PO
4
)
2
→
BaHPO
4
c. Ca
3
(PO
4
)
2
→ P → Ca
3
P
2
C (rắn)
→
+
22
COOH
dd D
→
o
t
C
Dựa vào dãy chuyển hóa để giải thích hiện tượng tạo thành hang động, thạch nhũ trong núi đá vôi (như
hang động ở núi Non nước).
(a)
[ ]
0
t
4 3 2
Pt
3 2 2
850 C
2 2
2 2 2 3
3 3 2 2
3 3
3 3 2
NH Cl NaOH NaCl NH H O
4NH 5O 4NO 6H O
2NO O 2NO
4NO O 2H O 4HNO
3 4 2 2 3
t
3 2
3 2 3 3 2 3 4 2 2
3 3 4 4 2 4
4 2 4 3 4 4 2 4
4 2 4 2 4 3 2
Ca (PO ) 5C 3SiO 3CaSiO 2P 5CO
3Ca 2P Ca P
Ca P 22HNO 3Ca(NO ) 2H PO 16NO 8H O
2NH H PO (NH ) HPO
(NH ) HPO H PO 2NH H PO
NH H PO Ca(OH) CaHPO NH 2H O
+ + → + +
+ →
+ → + + +
+ →
+ →
+ → + +
(d)
0
0
t
3 2
2 2
2 2 3 2
3 2 2 3 2
t
3 2 3 2 2
CaCO CaO CO
2.
a. So sánh tính phi kim của N và P. Tại sao P hoạt động mạnh hơn N? Nêu ví dụ minh hoạ.
b. Tại sao H
3
PO
4
không có tính oxi hoá mạnh như HNO
3
.
(a)
Tính phi kim của N mạnh hơn P. Vì độ âm điện của N (3,04) lớn hơn P(2,19). Hơn nữa, trong một nhóm
A, theo chiều tăng dần điện tích hạt nhân, tính phi kim giảm dần.
P (photpho trắng và photpho đỏ) hoạt động mạnh hơn N
2
.
Trước tiên, ta xem cấu tạo chúng:
P trắng:
P trắng P đỏ
Nitơ (N
2
):
P (photpho trắng và photpho đỏ) hoạt động mạnh hơn N2. Là do liên kết trong P kém bền hơn N
2
.
Hơn nữa P trắng hoạt động mạnh hơn P đỏ, vì cứ 4 nguyên tử P trắng tương ứng với 4 tam giác còn P đỏ
chỉ có 2 tam giác. Trong tam giác PPP có sức căng góc lớn. Nên sức căng góc của P trắng lớn hơn P đỏ.
Thực tế, P trắng cháy ở 40
0
C, P đỏ cháy ở 250
)
3
,
Ba(NO
3
)
2
, Hg(NO
3
)
2
.
c. Từ không khí và nước (các điều kiện kĩ thuật có đủ), hãy viết các phương trình hóa học điều chế
NH
4
NO
3
.
(a) Viết ba phương trình hóa học tạo NH
3
2 2 3
0
t
4 2 2 3 2
Fe(K O,Al O )
2 2 3
450 500 C,200 300atm
t
4 3
→ +
→ +
→ + +
→ +
→ + +
(c) Điều chế NH
4
NO
3
- Chưng cất phân đoạn không khí loảng, được O
2
và N
2
- Điện phân H
2
O ta được H
2
và O
2
:
đp
2 2 2
2H O 2H O→ +
- Điều chế NH
3
:
2 2 3
0
Fe(K O,Al O )
2 2 3
hoà tan vàng trong hỗn hợp cường thuỷ.
Nước cường thủy hay cường toan là dung dịch hỗn hợp HCl và HNO
3
tỉ lệ mol tượng ứng 3:1.
Hòa tan vàng bằng nước cường toan:
Au + 3HCl + HNO
3
→ AuCl
3
+ NO + 2H
2
O.
Copyright: Tài liệu đại học ©