Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Độ tan, dung dịch bão hòa và kết tinh tinh thể ngậm nước (Hóa học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị trang 190: đường KNO${}_3$ tăng mạnh theo nhiệt độ, KCl tăng nhẹ, còn Li${}_2$SO${}_4$ giảm dần khi nhiệt độ tăng. Đường KNO${}_3$ cắt đường Li${}_2$SO${}_4$ tại khoảng 25°C và cắt đường KCl tại khoảng 35°C.

Xét từng nhận định:
(a) Sai: dưới 25°C, đường Li${}_2$SO${}_4$ nằm trên đường KNO${}_3$, tức độ tan của Li${}_2$SO${}_4$ cao hơn KNO${}_3$, nên không 'luôn thấp hơn'.
(b) Sai: độ tan của Li${}_2$SO${}_4$ giảm khi nhiệt độ tăng (đường dốc xuống), không phải mọi chất rắn đều tăng độ tan.
(c) Sai: dưới khoảng 35°C, đường KNO${}_3$ nằm dưới đường KCl, tức độ tan KNO${}_3$ thấp hơn KCl, nên không 'luôn cao hơn'.
(d) Đúng: ở vùng nhiệt độ thấp hơn 25°C, đường Li${}_2$SO${}_4$ nằm trên đường KNO${}_3$, độ tan Li${}_2$SO${}_4$ cao hơn KNO${}_3$.

Vậy chỉ có 1 nhận định đúng → chọn A.

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị trang 196: đường KNO${}_3$ tăng mạnh theo nhiệt độ, KCl tăng nhẹ, còn Li${}_2$SO${}_4$ giảm dần khi nhiệt độ tăng. Đường KNO${}_3$ cắt đường Li${}_2$SO${}_4$ tại khoảng 25°C và cắt đường KCl tại khoảng 35°C.
(a) Sai: dưới 25°C, đường Li${}_2$SO${}_4$ nằm trên đường KNO${}_3$, tức độ tan Li${}_2$SO${}_4$ cao hơn KNO${}_3$.
(b) Sai: độ tan của Li${}_2$SO${}_4$ giảm khi nhiệt độ tăng.
(c) Sai: ở nhiệt độ thấp hơn 35°C, độ tan KNO${}_3$ thấp hơn KCl (đường KNO${}_3$ nằm dưới đường KCl).
(d) Đúng: vùng nhiệt độ <25°C, đường Li${}_2$SO${}_4$ nằm trên đường KNO${}_3$.
Vậy chỉ có 1 nhận định đúng → đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: tách chất bằng cách làm lạnh dung dịch bão hòa để chất kết tinh ra gọi là phương pháp kết tinh (kết tinh phân đoạn). b) Đúng: từ 100°C về 0°C, S(KCl) giảm từ 56,6 xuống 28,5 (giảm 28,1 g/100 g nước), còn S(NaCl) chỉ giảm từ 39,1 xuống 35,6 (giảm 3,5 g/100 g nước) → KCl giảm nhanh hơn nhiều. c) Đúng: do độ tan của KCl thay đổi mạnh theo nhiệt độ còn NaCl gần như không đổi, có thể kết tinh tách KCl khỏi NaCl — giả thuyết đúng. Kiểm chứng bằng số liệu: ở Bước 2, từ 500 g nước kết tinh ra KCl: 500×(56,6−28,5)/100 = 140,5 g và NaCl: 500×(39,1−35,6)/100 = 17,5 g, tức Y ≈ 158 g (chủ yếu KCl). Bước 3: trong 50 g nước ở 10°C tan tối đa NaCl: 35,7/2 = 17,85 g > 17,5 g nên NaCl tan hết; KCl tan tối đa 32,0/2 = 16 g, phần KCl không tan = 140,5 − 16 = 124,5 g. d) Đúng: như tính trên, chất rắn không tan Z = 124,5 g KCl (NaCl đã tan hết trong 50 g nước ở 10°C), nên Z chỉ chứa KCl.
a) (AI giải đề cho tôi)
Làm lạnh dung dịch bão hòa cho chất kết tinh ra là phương pháp kết tinh.
b) (AI giải đề cho tôi)
S(KCl) giảm 28,1 g/100 g nước (56,6→28,5), S(NaCl) chỉ giảm 3,5 g/100 g nước (39,1→35,6) khi làm lạnh từ 100°C về 0°C.
c) (AI giải đề cho tôi)
Do độ tan KCl thay đổi mạnh theo nhiệt độ còn NaCl gần như không đổi, có thể tách bằng kết tinh phân đoạn; tính toán các bước 2, 3 xác nhận khả năng tách.
d) (AI giải đề cho tôi)
Y chứa 140,5 g KCl và 17,5 g NaCl. Trong 50 g nước ở 10°C: NaCl tan hết (17,5 ≤ 17,85 g), KCl chỉ tan 16 g, còn 124,5 g KCl không tan → Z chỉ chứa KCl.

Giải:
Ở 100°C khối lượng NaCl = 39,1x5 = 195,5 gam, KCl = 56,6x5 = 283 gam.
Ở 0°C: lượng muối hòa tan tối đa trong 500 ml H${}_2$O:
+ khối lượng NaCl = 35,6x5 = 178 gam, KCl = 28,7x5 = 142,5 gam.
Lượng muối kết tinh trong Y:
+ khối lượng NaCl = 17,5 gam, KCl = 140,5 gam.
Ở 10°C: lượng muối trong 50 gam H${}_2$O: Lượng muối hòa tan tối đa trong dung dịch là:
+ khối lượng NaCl = 17,85 gam, KCl = 16 gam.
Lượng muối kết tinh trong Z:
+ khối lượng NaCl = 0 gam, KCl = 124,5 gam.
a) Sai (phương pháp tách là kết tinh, không phải chưng cất). b) Đúng. c) Đúng. d) Đúng (Z chỉ chứa KCl).
a) Sai, phương pháp tách dựa trên sự kết tinh theo độ tan khác nhau theo nhiệt độ, không phải chưng cất.
b) Đúng: độ tan KCl giảm từ 56,6 gam xuống 28,5 gam, còn NaCl chỉ giảm từ 39,1 gam xuống 35,6 gam.
c) Đúng, dựa vào sự khác nhau về độ tan theo nhiệt độ có thể tách hai muối (theo tính toán trong lời giải nguồn).
d) Đúng: lượng muối kết tinh trong Z gồm khối lượng NaCl = 0 gam, KCl = 124,5 gam.

(AI giải đề cho tôi)
Khi rót nước ngọt có ga nhẹ tay, CO₂ vẫn hòa tan phần lớn trong nước. Khi thả đường cát vào, các hạt đường (cùng bề mặt gồ ghề của chúng) tạo thành tâm kết tụ (nucleation site) giúp khí CO₂ thoát ra nhanh chóng, khiến nước ngọt sủi bọt rất nhiều và mạnh. Không có phản ứng hóa học tạo kết tủa (loại D), không chỉ sủi li ti (loại A) và không mất hết bọt ngay (loại C).

(AI giải đề cho tôi)
Nước mắm chứa lượng lớn NaCl. Ở miệng chai, nước bay hơi làm dung dịch trở nên bão hòa, NaCl kết tinh thành các tinh thể rắn nhỏ màu trắng bám quanh miệng chai. Đây là hiện tượng kết tinh muối khi dung dịch bão hòa do bay hơi dung môi, không phải oxi hóa hợp chất hữu cơ, đông tụ protein hay vi sinh vật. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Nước mắm chứa lượng lớn NaCl. Khi nước bay hơi ở miệng chai, dung dịch NaCl trở nên bão hòa và NaCl kết tinh thành các tinh thể rắn nhỏ màu trắng bám quanh miệng chai. Các phương án khác không đúng: hợp chất hữu cơ bị oxi hóa không tạo tinh thể trắng; protein đông tụ tạo kết tủa dạng keo/dạng vón chứ không phải tinh thể; vi sinh vật phát triển không tạo tinh thể rắn. Đáp án khớp với đáp án nguồn (B được tô sáng trong tài liệu).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi số mol FeSO4.7H2O = số mol (NH4)2SO4 = x (mol) → tạo x mol muối Mohr (M = 392 g/mol) và giải phóng x mol H2O (18x g). Cần thêm m gam nước để có dung dịch bão hòa 80°C.
Khối lượng Mohr: 392x = 0,73(18x + m) → tổng nước = 18x + m = 392x/0,73 ≈ 536,99x.
Làm nguội xuống 20°C: lượng Mohr còn tan = 0,269(18x + m) = 0,269 × 536,99x ≈ 144,45x.
Kristal thu được: 392x − 144,45x = 247,55x = 60 → x ≈ 0,2424 mol.
Khối lượng FeSO4.7H2O (M = 278) = 278 × 0,2424 ≈ 67,4 gam.
Kiểm tra: nước = 130,2 g; Mohr ở 80°C = 0,73 × 130,2 ≈ 95,0 g = 392x ✓; ở 20°C còn tan 0,269 × 130,2 ≈ 35,0 g; kết tinh 95,0 − 35,0 = 60 g ✓.

Đáp án : 67,4
$n_{FeS{O}_4.7H_{2}O}$ = $n_{Mohr}$ = x (mol) ⇒ $m_{Mohr(80^{0}C)}$ = 392x (g) ⇒ $m_{ddMohr(80^{0}C)}$ = $\frac{392x.(100+73)}{73}$ (g)
— 20${}^0$C → $$\{\begin{array}{l}{m}_{Mohr(20^{0}C)}=392x-60(g)\\ m_{ddMohr(20^{0}C)}=\frac{392x.(100+73)}{73}-60(g)\end{array}$$
⇒ $(392x-60).(100+26,9)=(\frac{392x.(100+73)}{73}-60).26,9$ ⇒ x = $\frac{5475}{22589}$
⇒ $m_{FeS{O}_4.7H_{2}O}$ ≈ 67,38 (g)

$$S=\frac{m_{KCl}}{m_{nuoc}}.100=\frac{1,8}{9,0}.100=20$$

Vậy độ tan của KCl ở nhiệt độ phòng: 20 (g/100 g nước)

——————– HẾT ——————–

DS: 20
Khối lượng dung dịch bão hòa đã lấy: $m_{dd}=19,6-8,8=10,8$ (g)
Khối lượng KCl trong lượng dung dịch này: $m_{KCl}=12,6-10,8=1,8$ (g)
Khối lượng nước trong dung dịch bão hòa: $m_{nuoc}=10,8-1,8=9,0$ (g)

Khối lượng MgSO${}_4$ ban đầu: m${}_{MgSO4}$ = 110.27,27\% = 29,997g
Khối lượng dung dịch sau khi tách muối: m${}_{dd}$ = 110 - 12,3 = 97,7g
Khối lượng MgSO${}_4$ sau khi tách: m${}_{MgSO4sau}$ = 97,7.24,56\% = 23,995g
Khối lượng MgSO${}_4$ tách ra: m${}_{MgSO4(tach)}$ = 29,997 - 23,995 = 6g
Đặt n${}_{MgS{O}_4}$ = $\frac{6}{120}$ = 0,05(mol)
Khối lượng nước tách ra: m${}_{H_{2}O}$ = m${}_{tinhthe}$ - m${}_{MgS{O}_4}$ = 12,3 - 6 = 6,3(gam)

(AI giải đề cho tôi)
Phân tích đường TG: bước mất khối lượng thứ nhất 28,89% ứng với CuSO${}_4$.5H${}_2$O mất 4H${}_2$O: $\frac{4\times 18}{250}\times 100\approx 28,8\%$, tạo muối ngậm nước CuSO${}_4$.H${}_2$O (mặt phẳng ổn định ~200–300 °C). Bước mất khối lượng thứ hai (7,25%) bắt đầu khoảng 300 °C là quá trình mất nước cuối cùng: CuSO${}_4$.H${}_2$O → CuSO${}_4$ + H${}_2$O. Vậy khi nhiệt độ đạt 330 °C (bước 2 đang diễn ra/hoàn tất), thành phần gần nhất của chất rắn là CuSO${}_4$ khan.

Tại 330 °C, tổng độ giảm khối lượng là 28,89% + 7,25% = 36,14%.
Xét ban đầu có 100 g CuSO${}_4$.5H${}_2$O:
CuSO${}_4$.5H${}_2$O → CuSO${}_4$.(5-n)H${}_2$O + nH${}_2$O
M: 250 → 18n (g)
m: 100 → 36,14
250/100 = 18n/36,14 ⇒ n = 5
Suy ra CTHH: CuSO${}_4$.

(AI giải đề cho tôi)
So sánh độ tan trong nước: NaCl tan rất tốt (muối ăn), NH${}_3$ và HCl tan cực kỳ tốt trong nước, còn CO${}_2$ chỉ tan ít (khoảng 0,9 g/L ở 20°C, tan theo áp suất riêng phần). Vậy chất ít tan trong nước là CO${}_2$. Đáp án khớp với đáp án nguồn (C).

(AI giải đề cho tôi)
So sánh độ tan trong nước: NaCl tan rất tốt (~36 g/100 mL), NH₃ và HCl hòa tan cực kỳ tốt (khí dễ tan), HCl là axit mạnh tan vô hạn. CO₂ chỉ tan vừa phải (~0,9 g/L ở đktc, áp suất thường), ít tan nhất trong các chất đã cho. Đáp án: C.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi khối lượng tinh thể KAl(SO4)2.12H2O tách ra là m = 75,84 g; M(KAl(SO4)2) = 258; M(hydrate) = 474; M nước kết tinh = 216.
- Trong tinh thể: KAl(SO4)2 khan = 75,84 × 258/474 = 41,28 g; nước = 75,84 × 216/474 = 34,56 g.
- Dung dịch còn lại sau khi làm lạnh: 160 − 75,84 = 84,16 g (bão hòa ở 20°C). Gọi m' là khối lượng KAl(SO4)2 khan còn tan: m'/(84,16 − m') = 14/100 → m' = 11,7824/1,14 ≈ 10,335 g.
- Tổng KAl(SO4)2 khan ban đầu = 41,28 + 10,335 = 51,615 g → tương ứng hydrate = 51,615 × 474/258 ≈ 94,83 g.
Vậy hàm lượng KAl(SO4)2.12H2O trong 100 g mẫu phèn chua là a ≈ 94,8%. Khớp với đáp án nguồn 94,8.

Hướng dẫn giải:
→ Chọn 26,4%
Độ tan là khối lượng chất tan trong 100 gam dung môi
$$\{\begin{array}{l}S=\frac{m_{ct}}{m_{dm}}.100\\ C\%=\frac{m_{ct}}{m_{dm}+m_{ct}}.100\end{array}\iff \frac{S}{C\%}=\frac{m_{dm}+m_{ct}}{1}\iff C\%=\frac{S}{m_{dm}+m_{ct}}=\frac{S}{100+s}.100$$

$$C=\frac{S}{100+S}.100\%=\frac{35,9}{100+35,9}.100=26,4\%$$