Với 12 dạng bài tập về Sự điện li trong đề thi Đại học có giải chi tiết Hoá học lớp 11 gồm đầy đủ phương pháp giải, ví dụ minh họa và bài tập trắc nghiệm có lời giải chi tiết sẽ giúp học sinh ôn tập, biết cách làm dạng bài tập Sự điện li từ đó đạt điểm cao trong bài thi môn Hoá học lớp 11.  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 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 Hướng dẫn giải: CH3COOH ⇔ H+ + CH3COO- (1) Ban đầu: Co 0 0 Phản ứng: Co. a Co. a Co. a Cân bằng: Co(1-a) Co. a Co. 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 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 Hướng dẫn giải: nBaCl2 = 0,01 mol; nNaCl = 0,01 mol BaCl2 → Ba2+ + 2Cl2 0,01 → 0,02 (mol) NaCl → Na+ + Cl- 0,01 → 0,01 (mol) nCl- = 0,03 ⇒ [Cl-] = 0,03/(0,1+0,1)= 0,15 mol ⇒ Đáp án B Ví dụ 3 : Một dung dịch X chứa 0,02mol Cu2+; 0,03mol K+; x mol Cl- và y mol SO42-. 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 Hướng dẫn giải: Bảo toàn điện tích ta có: 2nCu2+ + nK+ = nCl- + 2nSO42- ⇒ x + 2y = 0,07 mol (1) mmuối = mCu2+ + mK+ + mCl- + mSO42- = 5,435 ⇒ 35,5x + 96y = 2,985 (2) Từ (1)(2) ⇒ x = 0,03; y = 0,02 ⇒ Đáp án D Phương pháp: + Viết phương trình điện li của các chất. 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 Hướng dẫn giải: Gọi a là độ điện li của axit 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 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 Hướng dẫn 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 A pH = -lg[H+] pOH = -lg[OH-] pH + pOH = 14 Chú ý: Tùy thuộc vào nồng độ của dung dịch axit hoặc bazơ để tính đến sự điện li của nước - Với axit: Ca là nồng độ của axit (HA) +Nếu Ca > 4,47.10-7 bỏ qua sự điện li của H2O ⇒ [H+] chỉ sinh ra do quá trình điện li của axit +Nếu Ca < 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+]Ca – 10-14 = 0 Giải ra [H+] ⇒ pH - Với bazơ: Cb là nồng độ của bazơ (BOH) + Nếu Cb > 4,47.10-7 bỏ qua sự điện li của H2O ⇒ [OH-] = Cb ⇒ pH = 14 + lgCb + Nếu Cb < 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-]Cb – 10-14 = 0 Giải ra [OH-] ⇒ pH 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 Hướng dẫn 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+]Ca – 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 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 Hướng dẫn 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 C Phương pháp: + Sử dụng độ điện li α + Hằng số phân li axit Ka; hằng số phân li bazơ Kb Chú ý: Với axit yếu dạng HA; bazơ yếu dạng BOH: pH =- 1/2 (logKa + logCa)= -log(αCa) ( khi Ka.Ca > 2.10-13) pH = 14 + 1/2(logKb + logCb) ( khi Kb.Cb > 2.10-13) Nếu Ka.Ca < 2.10-13 hoặc Kb.Cb < 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 + Ka.[H+]2 – (10-14 + Ka.Ca).[H+] – 10-14.Ka = 0 [OH-]3 + Kb.[OH-]2 – (10-14 + Kb.Cb).[OH-] – 10-14.Kb = 0 Ví dụ 1 : Biết hằng số phân li của axit CH3COOH là Ka = 1,8.10-5, pH của dung dịch CH3COOH 0,1M là? A. 4,7 B. 2,88 C. 1 D. 2 Hướng dẫn 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 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+ Ka = 10-2,2 pH của dung dịch FeCl3 0,05M là: A. 1,3 B. 2,4 C. 1,75 D. 1,5 Hướng dẫn giải: Ka.Ca > 2.10-13 ⇒ pH =- 1/2 (logKa + logCa)= 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 Hướng dẫn giải: Kb.Cb > 2.10-13 ⇒ pH = 14 + 1/2(logKb + logCb) = 11,97 ⇒ Đáp án D Ví dụ 4 : Dung dịch natri benzoat (C6H5COONa) có nồng độ 2.10-5 và Ka(C6H5COOH) = 6,29.10-5 có pH là: A. 6,94 B. 7,06 C. 9,3 D. 8,04 Hướng dẫn giải: C6H5COONa → C6H5COO- + Na+ C6H5COO- + H2O ⇔ C6H5COOH + OH- Kb (C6H5COO- )= 10-14: Ka = 1,59.10-10 Kb.Cb < 2.10-13 ⇒ Tính cả sự điện li của H2O Ta có: [OH-]3 + Kb.[OH-]2 – (10-14 + Kb.Cb).[OH-] – 10-14.Kb = 0 ⇒ [OH-] = 1,146.10-7 ⇒ pH = 14 – pOH = 7,06 ⇒ Đáp án B Phương pháp: Axit mạnh HA ( Ca); axit yếu HB ( Cb; Kb) HA → H+ + A- Ca Ca HB H+ + B- Bđ: Cb Ca Pư: x x x CB: Cb –x Ca + x xTa có: + Với bazơ tương tự Ví dụ 1 : Trộn 10ml dung dịch HCl 0,01M với 10ml dung dịch CH3COOH 0,1M. pH của dung dịch thu được là ( Ka (CH3COOH) = 10-4,76): A. 2,13 B. 1,26 C. 2,88 D. 0,46 Hướng dẫn giải: CHCl = 0,01.10/20 = 5.10-3; CCH3COOH = 5.10-2 Ta có: Ca.Ka > 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: Ka = ⇒ x = 2,36.10-3 ⇒ [H+] = 7,36.10-3 pH = 2,13 ⇒ Đáp án A Ví dụ 2 : pH của dung dịch gồm NaOH 10-4 M và NaNO2 0,1M biết Kb = 10-10,71 là: A. 4 B. 6 C. 8 D.10 Hướng dẫn giải: Ta có: Cb.Kb = 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 Kb = ⇒ [OH-] = C1 + x = 1,95.10-8 +10-4 ⇒ pOH = 4 ⇒ pH = 10 ⇒ Đáp án D Phương pháp: Đa axit: HnA: HnA Hn-1A- + H+ Ka1 Hn-1A Hn-2A2- + H+ Ka2 …………………………. HA1-n An- + H+ Kan Có thể coi đa axit như một hỗn hợp gồm các đơn axit: Ka1 Ka2 ... Kan. Có thể coi sự phân li của axit chủ yếu xảy ra ở nấc 1 + Tương tự với đa bazơ Ví dụ 1 : Gía trị pH của của dung dịch H2S 0,1M là. Biết H2S có Ka1 = 10-7; Ka2 = 10-12,92 A. 2 B.4 C.6 D.8 Hướng dẫn giải: H2S ⇔ H+ + HS- Ka1 = 10-7 HS- ⇔ H+ + S2- Ka2 = 10-12,92 Ka1 ≥ Ka2 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 Ka1 = ⇒ pH = 4 ⇒ Đáp án B Ví dụ 2 : Dung dịch Na2S 0,010M, Ka1 = 10-7; Ka2 = 10-12,92 có pH bằng: A.10 B.11 C.11,95 D. 12 Hướng dẫn giải: Na2S → 2Na+ + S2- S2- + H2O ⇔ HS- + OH- Kb1 = 10-14: Ka1 = 10-1,08 HS- + H2O ⇔ H2S + OH- Kb2 = 10-14: Ka2 = 10-7 Kb1 ≥ Kb2 nên trong dung dịch cân bằng chủ yếu ở nấc 1 S2- + 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 Phương pháp: Bài toán có dạng axit HA có nồng độ Ca và hằng số Ka liên hợp với A- có nồng độ Cb pH = pKa + log Cb/Ca 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 pKa = 4,76): A. 2 B. 4,06 C. 5,06 D. 3,12 Hướng dẫn giải: Dung dịch đệm có Ca = 0,1.100/(100+50)=1/15 ; Cb = 0,4.50/150 = 2/15 pH = pKa + log Cb/Ca = 5,06 ⇒ Đáp án C Ví dụ 2 : pH của dung dịch chứa HCN 0,005M và NaCN 0,5M có Ka = 10-9,35 là: A. 11 B. 11,02 C. 11,5 D. 11,32 Hướng dẫn giải: Dung dịch đệm có: Ca = 0,005M; Cb= 0,5M pH = pKa + log Cb/Ca = 9,35 + log0,5/0,005 = 11,32 ⇒ Đáp án D Phương pháp: Thường bắt gặp các dung dịch có chứa ion: HSO3-; HCO3-; HS-; HPO42-. 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+ = √(Ka1.Ka2) ( Kw ≤ Ka2.C; Ka1-1.C ≥ 1 ) Ví dụ 1 : pH của dung dịch NaHCO3 1M biết H2CO3 có Ka1 = 10-6,35; Ka2 = 10-10,33 là: A. 7,02 B. 8,36 C. 9,01 D. 10,45 Hướng dẫn giải: Ta có: Kw ≤ Ka2.C; Ka1-1.C ≥ 1 ⇒ H+ = ⇒ pH = 8,34 ⇒ Đáp án B 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 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. Hướng dẫn giải: nOH- = 2nBa(OH)2 + nNaOH = 2.0,1.0,1 + 0,1.0,1 = 0,03 mol nH+ = 2nH2SO4 + nHCl = 2.0,0375.0,4 + 0,0125.0,4 = 0,035 mol H+ + OH- → H2O 0,035 0,03 (mol) ⇒ H+ dư; nH+ dư = 0,035 – 0,03 = 0,005 mol [H+]dư = 0,005/(0,1+0,4 )= 0,01M ⇒ pH = -lg[H+] = 2 ⇒ Đáp án 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 Hướng dẫn giải: nOH- = 2.0,08.160.10-3 + 0,04.160.10-3 =0,032 mol; nH+ = 0,75.40.10-3 = 0,03mol ⇒ OH- dư [OH-]dư = ⇒ pH= 14 + log[OH-] = 12 ⇒ Đáp án D 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) 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) 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 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 Chú 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 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. Hướng dẫn giải: nH+ ban đầu = nH+ sau ⇒ 10.10-3 = 10-4.(10+x) ⇒x = 90 Đáp án 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 Hướng dẫn 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 D 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 ) + mmuối = mcation/NH4+ + manion 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 Hướng dẫn giải: Theo ĐLBT điện tích: 2nMg2+ + 3nAl3+ = nNO3- = 0,7 mol mmuối = 24.0,2 + 27.0,1 + 0,7.62= 50,9 gam ⇒ Đáp án 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 Hướng dẫn giải: nNa+ = nOH- = nNaOH = 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-. ⇒ nCl- = nNa+=0,6⇒ VHCl=0,6: 2= 0,3lít ⇒ Đáp án C nHCl đã dùng = 0,6mol nH2 = 0,25 mol ⇒ nHCl pư kim loại = 2nH2 = 0,5mol ⇒ nNaOH pư HCl = n HCl dư = 0,6 – 0,5 = 0,1 mol nNaOH tạo kết tủa với kim loại = 0,6 – 0,1 = 0,5 mol mkết tuả = mKL + mOH- = 10 + 0,5.17 = 18,5g ⇒ Đáp án 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. Hướng dẫn giải: Dung dịch X chứa các ion Na+ ; AlO2- ; OH- dư (có thể). Áp dụng định luật Bảo toàn điện tích: nAlO2- + nOH- = nNa+ = 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 ⇒ VHCl = 0,5/2 = 0,25 (lít) ⇒ Đáp án C |
