20 Bài tập Sự điện li có giải chi tiết (mức độ vận dụng)

Đáp án D

Dể ion Y^n- tồn tại được trong dung dịch X thì Y^n- không phản ứng với 3 ion còn lại => loại đáp án A và C.

Dung dịch X trung hòa điện tích nên: n_K++2n_Ba2+=n_HCO3-+a.n

0,01.1+0,02.2=0,02.1+n.a=>n.a=0,03. Với n=1 thì a=0,03.

Đáp án B

P1: n_Fe(OH)3=n_Fe3+=1,07/107=0,01 mol

n_NH3=n_NH4+=0,672/22,4=0,03 mol

P2: n_BaSO4=n_{SO4 2-}=4,66/233=0,02 mol

BTĐT =>n_NO3-=3n_Fe3++n_NH4+-2n_{SO4 2-}=0,02 mol

=> m chất tan trong 1 phần = 0,01.56+0,03.18+0,02.96+0,02.62=4,26 gam.

=> m chất tan trong X = 8,52 gam.

Chú ý:

Chia X thành 2 phần bằng nhau nên khi tính được 1 phần chúng ta cần nhân đôi để tính m.

Đáp án A

Đáp án A

a = n_OH- = n_H+ = 0,1.0,4 = 0,04 mol

BTĐT: 2n_Ba2+ + n_Na+ = n_NO3- + n_OH- => 2.0,01 + b = 0,01 + 0,04 => b= 0,03

m _{chất rắn} = 0,01.137+0,01.62+0,04.17+0,03.23=3,36 gam

Đáp án C

n_H+ = n_HCl = 0,2 (mol);

n_OH­- = n_KOH = 0,1 (mol) ; n_CO32- = n_K2CO3 = 0,08 (mol)

Thứ tự xảy ra phản ứng:

H⁺ + OH ^-  → H₂O

0,1← 0,1

H⁺ + CO₃^2- → HCO₃^-

0,08 ← 0,08 → 0,08

H⁺ + HCO₃^- → CO₂ + H₂O

(0,2 – 0,1 – 0,08) → 0,02

n_CO2 = 0,02 (mol) => V_CO2 = 0,02.22,4 = 0,448 (l)

Đáp án D

Bảo toàn điện tích với dd X ta có:

0,17. 1 = 0,02.1 +  2n_Ba2+

=> n_Ba2+ = 0,075 (mol)

Bảo toàn điện tích với dd Y ta có:

2.0,03 + 1.n_HCO3- = 0,1.1

=> n_HCO3- = 0,04 (mol)

Trộn dd X với Y xảy ra phản ứng:

OH^-  +  HCO₃^- → CO₃^2- + H₂O

0,04 →0,04 →    0,04             (mol)

Ba²⁺   +   CO₃^2- → BaCO₃↓

0,07 ←( 0,03+ 0,04) → 0,07  (mol)

=> m_↓ = m_BaCO3 = 0,07.197= 13,79 (g)

Chọn đáp án A

$$\begin{gathered} \sum n_{H^{+}}=2.n_{H_{2}S{O}_4}+n_{HCl} \\ =2.0,1.0,05+0,1.0,1=0,02mol \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \sum n_{O{H}^{-}}=n_{NaOH}+n_{Ba{\left(OH\right)}_2} \\ =0,1.0,2+2.0,1.0,1=0,04mol \end{gathered}$$

Phương trình phản ứng:

H⁺ + OH^- → H₂O

Phản ứng trung hòa:

$n_{O{H}^{-}}$_{phản ứng} = $n_{H^{+}}$_{phản ứng} = 0,02 mol

$\to n_{O{H}^{-}}$ _dư = 0,04 – 0,02 = 0,02 mol

V _{dung dịch sau} = 100 + 100 = 200 ml = 0,2 lít

→ [OH^-] dư = $\frac{0,02}{0,2}=0,1M$

$\to$pOH = -log[OH^-] = 1

$\to$pH = 14 - 1 = 13

Đáp án A

Gọi thể tích dung dịch X là V (lít)

n_NaOH = 1,5V

n_KOH = V

n_OH- = 1,5V+V = 2,5V

n_H+ = n_HCl + 2n_H2SO4 = 0,2.0,1 + 2.0,2.0,2 = 0,1 mol

n_OH- = n_H+ => 2,5V = 0,1 => V = 0,04 lít = 40 ml

Đáp án B

Loại ngay A và D do H⁺ và CO₃^2- không tồn tại trong cùng 1 dung dịch

Xét B: n_K+ + n_NH4+ = 0,15 + 0,25 = 0,4 mol; n_Cl- + 2n_CO32- = 0,1 + 2.0,15 = 0,4 mol

=> thỏa mãn định luật bảo toàn điện tích

Xét C: n_K+ + 2n_Mg2+ = 0,15 + 2.0,1 = 0,35 mol; n_Cl- + 2n_SO42- = 0,1 + 2.0,075 = 0,25 mol

=> không thỏa mãn định luật bảo toàn điện tích

Đáp án A

pH = 11 => OH^- dư sau phản ứng => pOH =3

 => n_{OH- sau} = V_sau . [OH^-] = 10^-3. 0,6= 0,0006 = 6.10^-4 (mol)

pH = 2 => [H⁺]= 10^-2 = 0,01M => n_H+= 0,3 . 0,01= 0,003

n_OH^- = 0,3.a

H⁺ +  OH^- → H₂O

Ban đầu:   0,003      0,3.a

Phản ứng: 0,003       0,003

Sau:           0           0,3.a-0,003

n_{OH- sau}= 6.10^-4 = 0,3a -0,003 => a=0,012M

Đáp án C

n↓=n_AgCl=n_Cl-=x=17,22/143,5=0,12 mol.

BTĐT: 3n_Al3+ + 2n_Mg2+ + 2n_Cu2+ = n_NO3- + n_Cl-

=>3.0,02+0,04.2+2y=0,04+0,12

=>y=0,01

Mg²⁺+  2OH^-→           Mg(OH)₂

0,04→ 0,08                 0,04

Cu²⁺ +             2OH^- →          Cu(OH)₂

0,01→ 0,02                 0,01

Al³⁺ + 3OH^- →          Al(OH)₃

0,02→ 0,06                 0,02

Al(OH)₃ + OH^- → AlO₂^- + H₂O

0,01← 0,17-0,16

Vậy kết tủa gồm: 0,04 mol Mg(OH)₂; 0,01 mol Cu(OH)₂; 0,01 mol Al(OH)₃.

=> m = 4,08 gam.

Đáp án C