Chuyên đề: Phương pháp giải bài tập hiđroxit lưỡng tính

 www.facebook.com/trungtamluyenthiuce Copyright by UCE Corporation 
Page | 1 
CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI 
TẬPHIĐROXIT LƯỠNG TÍNH 
A. CƠ SỞ LÝ THUYẾT 
I. Khái niệm về hiđroxit lưỡng tính 
1. Theo thuyết A-re-ni-ut 
Hiđroxit lưỡng tính là hiđroxit khi tan trong nước vừa có thể phân li như axit, vừa có thể phân li như bazơ. 
Ví dụ: Zn(OH)2 
- Phân li theo kiểu bazơ: Zn(OH)2 
 Zn2+ + 2OH- 
- Phân li theo kiểu axit: Zn(OH)2 
 2H+ + 
2
2ZnO

2. Theo thuyết Bron-stet 
Hiđroxit lưỡng tính là hiđroxit vừa có thể nhận H+, vừa có thể nhường H+. 
Ví dụ: Zn(OH)2 
- Khả năng nhận H+: Zn(OH)2 + 2H3O+ 
 Zn2+ + 4H2O 
- Khả năng nhường H+: Zn(OH)2 + 4H2O 
 [Zn(OH)4]2- + 2H3O+ 
Tóm lại: Hiđroxit lưỡng tính là hiđroxit vừa có khả năng phản ứng với axit, vừa có khả năng phản ứng với 
bazơ. 
Ví dụ: Zn(OH)2. 
 Zn(OH)2 + 2HCl  ZnCl2 + 2H2O 
 Zn(OH)2 + 2NaOH  Na2ZnO2 + 2H2O hoặc Zn(OH)2 + 2NaOH  Na2[Zn(OH)4] 
3. Một số hiđroxit lưỡng tính thường gặp 
 Dạng bazơ Dạng axit 
 www.facebook.com/trungtamluyenthiuce Copyright by UCE Corporation 
Page | 2 
Hiđroxit kim loại hóa trị 2 M(OH)2 H2MO2 
Zn(OH)2 H2ZnO2 
Sn(OH)2 H2SnO2 
Pb(OH)2 H2PbO2 
Be(OH)2 H2BeO2 
Hiđroxit kim loại hóa trị 3 M(OH)3 HMO2.H2O 
Al(OH)3 HAlO2.H2O 
Cr(OH)3 HCrO2.H2O 
II. Các dạng toán thường gặp 
1. Dạng 1: Thêm dung dịch bazơ (OH-) vào dung dịch muối Al3+ hoặc Zn2+ 
a. Dung dịch muối Al3+ 
Hiện tượng: Đầu tiên có kết tủa trắng Al(OH)3 xuất hiện, sau đó kết tủa tan dần khi OH- dư: 
 Al3+ + 3OH-  Al(OH)3 (1) 
 Al(OH)3 + OH-  Al(OH)4- hoặc Al(OH)3 + OH-  AlO2- + 2H2O (2) 
 Al3+ + 4OH-  Al(OH)4- hoặc Al3+ + 4OH-  AlO2- + 2H2O (3) 
Đặt 
3
OH
Al
n
T
n



 Al(OH)3 Al(OH)4- hoặc AlO2- 
 3 4 
Nhận xét: 
- T = 3 => OH
n 
= 3
3Al
n 
: Lượng kết tủa cực đại tính theo (1) 
- T  4 => OH
n 
 4
3Al
n 
: Lượng kết tủa cực tiểu tính theo (3) 
 www.facebook.com/trungtamluyenthiuce Copyright by UCE Corporation 
Page | 3 
- T OH
n 
< 4
3Al
n 
: Điều kiện có kết tủa 
Nếu 3Al(OH)
n
< 
3Al
n 
: ứng với mỗi giá trị 3Al(OH)
n
có thể có tương ứng 2 giá trị OH
n 
khác nhau. 
+ Trường hợp 1: Kết tủa ứng với giá trị cực đại, chỉ xảy ra phản ứng (1): OH
n 
= 3 3
Al(OH)n
 (Lượng 
OH- tiêu tốn ít nhất). 
+ Trường hợp 2: Kết tủa còn lại sau khi bị hòa tan một phần, xảy ra phản ứng (1) và (2): 
OH OH (1) OH (2)
n n n   
(lượng OH- tiêu tốn nhiều nhất). 
CÁC CÁCH GIẢI: 
1. Cách giải thông thường (theo phương trình ion). 
Al3+ + 3OH-  Al(OH)3 
 Al(OH)3 + OH-  Al(OH)4- hoặc Al(OH)3 + OH-  AlO2- + 2H2O 
2. Sử dụng sơ đồ và áp dụng bảo toàn nguyên tố với Al và OH- 
Al3+ + OH-  Al(OH)3 + Al(OH)4- hoặc Al3+ + OH-  Al(OH)3 + AlO2- + H2O 
- Bảo toàn nguyên tố Al: 
3Al
n 
= 3 4
Al(OH) Al(OH)
n n 
- Bảo toàn nhóm OH-: OH
n 
= 3 4
Al(OH) Al(OH)
3n 4n 
3. Theo công thức tính nhanh: 
- Lượng OH- tiêu tốn ít nhất: 3
Al(OH)OH (min)
n 3n 
- Lượng OH- tiêu tốn nhiều nhất: 
3
3Al(OH)OH (max) Al
n 4n n  
Chú ý: Nếu cho NaOH vào hỗn hợp gồm (muối Al3+ và axit H+) thì cộng thêm số mol H+ và 2 công thức 
trên, tức là: 
 www.facebook.com/trungtamluyenthiuce Copyright by UCE Corporation 
Page | 4 
a 
b 
3Al(OH)OH (min)
n 3n 
+ H
n 
3
3Al(OH)OH (max) Al
n 4n n  
+ H
n 
4. Phương pháp dùng đồ thị 
Rót từ từ dung dịch kiềm đến dư vào dung dịch chứa a mol muối Al3+. Sau phản ứng thu được b mol kết 
tủa. 
 Số mol Al(OH)3 
 Số mol OH- 
 x 3a y 4a 
Số mol OH-(min) đã phản ứng là: x = 3b (mol) 
Số mol OH-(max) đã phản ứng là: y = 4a - b (mol). 
b. Dung dịch muối Zn2+ 
Hiện tượng: Đầu tiên có kết tủa trắng Zn(OH)2 xuất hiện, sau đó kết tủa tan dần khi OH- dư: 
 Zn2+ + 2OH-  Zn(OH)2 (4) 
 Zn(OH)2 + 2OH-  Zn(OH)42- hoặc Zn(OH)2 + 2OH- ZnO22- + 2H2O (5) 
 www.facebook.com/trungtamluyenthiuce Copyright by UCE Corporation 
Page | 5 
 Zn2+ + 4OH-  Zn(OH)42- hoặc Zn2+ + 4OH-  ZnO22- + 2H2O (6) 
Đặt 
2
OH
Zn
n
T
n



 Zn(OH)2 Zn(OH)42- hoặc ZnO22- 
 2 4 
Nhận xét: 
- T = 2 => OH
n 
= 2
2Zn
n 
: Lượng kết tủa cực đại tính theo (4) 
- T  4 => OH
n 
 4
2Zn
n 
: Lượng kết tủa cực tiểu tính theo (6) 
- T OH
n 
< 4
2Zn
n 
: Điều kiện có kết tủa 
Nếu 2Zn(OH)
n
< 
2Zn
n 
: ứng với mỗi giá trị 2Zn(OH)
n
có thể có tương ứng 2 giá trị OH
n 
khác nhau. 
+ Trường hợp 1: Kết tủa ứng với giá trị cực đại, chỉ xảy ra phản ứng (1): OH
n 
= 2 2
Zn(OH)n
 (Lượng 
OH- tiêu tốn ít nhất). 
+ Trường hợp 2: Kết tủa còn lại sau khi bị hòa tan một phần, xảy ra phản ứng (4) và (5): 
OH OH (1) OH (2)
n n n   
(lượng OH- tiêu tốn nhiều nhất). 
CÁC CÁCH GIẢI 
1. Cách giải thông thường (theo phương trình ion). 
Zn2+ + 2OH-  Zn(OH)2 
 Zn(OH)2 + 2OH-  Zn(OH)42- hoặc Zn(OH)2 + 2OH- ZnO22- + 2H2O 
2. Sử dụng sơ đồ và áp dụng bảo toàn nguyên tố với Al và OH- 
Zn2+ + OH-  Zn(OH)2 + Zn(OH)42- hoặc Zn2+ + OH-  Zn(OH)2 + ZnO22- + H2O 
 www.facebook.com/trungtamluyenthiuce Copyright by UCE Corporation 
Page | 6 
a 
b 
- Bảo toàn nguyên tố Zn: 
2Zn
n 
=
2
2 4
Zn(OH) Zn(OH)
n n 
- Bảo toàn nhóm OH-: OH
n 
=
2
2 4
Zn(OH) Zn(OH)
2n 4n 
3. Theo công thức tính nhanh: 
- Lượng OH- tiêu tốn ít nhất: 2
Zn(OH)OH (min)
n 2n 
- Lượng OH- tiêu tốn nhiều nhất: 
2
2Zn(OH)OH (max) Zn
n 4n 2n  
Chú ý: Nếu cho NaOH vào hỗn hợp gồm (muối Zn2+ và axit H+) thì cộng thêm số mol H+ vào 2 công thức 
trên, tức là: 
- 2
Zn(OH)OH (min)
n 2n 
+ H
n 
- 
2
2Zn(OH)OH (max) Zn
n 4n 2n  
+ H
n 
4. Phương pháp dùng đồ thị: 
Rót từ từ dung dịch kiềm đến dư vào dung dịch chứa a mol muối Zn2+. Sau phản ứng thu được b mol kết 
tủa. 
 Số mol Zn(OH)2 
 Số mol OH- 
 x 2a y 4a 
Số mol OH-(min) đã phản ứng là: x = 2b (mol) 
 www.facebook.com/trungtamluyenthiuce Copyright by UCE Corporation 
Page | 7 
Số mol OH-(max) đã phản ứng là: y = 4a - 2b (mol) 
MỘT SỐ LƯU Ý: 
1. Al(OH)3 nói riêng và hiđroxit lưỡng tính nói chung chỉ tan trong axit mạnh và bazơ mạnh, không tan 
trong axit yếu (NH4+ hoặc H2CO3) và bazơ yếu (NH3, amin, CO32-), do đó : 
- Khi cho từ từ kiềm vào muối Al3+ thì lượng kết tủa tăng dần đến cực đại sau đó sẽ giảm dần và tan hết 
nếu kiềm dư. 
- Khi thay kiềm bằng dung dịch NH3 thì lượng kết tủa tăng dần đến cực đại và không bị hòa tan khi NH3 
dư (riêng Zn(OH)2 là hiđroxit lưỡng tính nhưng tan được trong NH3 là do tạo phức tan [Zn(NH3)4](OH)2). 
2. Khi cho kiềm tác dụng với dung dịch hỗn hợp gồm H+ và Al3+ thì các phản ứng xảy ra theo thứ tự : 
 OH- + H+  H2O 
 3OH- + Al3+  Al(OH)3 
 OH- + Al(OH)3  Al(OH)4- 
2. Dạng 2: Thêm dung dịch axit (H+) vào dung dịch aluminat Al(OH)4
- (AlO2
-) hoặc dung dịch zincat 
Zn(OH)4
2- (ZnO2
2-). 
a. Dung dịch aluminat Al(OH)4
- (AlO2
-): 
Hiện tượng: Đầu tiên có kết tủa keo trắng Al(OH)3 xuất hiện. Khi lượng Al(OH)4- hết, lượng H+ dư hòa tan 
kết tủa: 
 Al(OH)4- + H+  Al(OH)3 + H2O hoặc AlO2- + H+ + H2O  Al(OH)3 (7) 
 Al(OH)3 + 3H+  Al3+ + 3H2O (8) 
 Al(OH)4- + 4H+  Al3+ + 4H2O hoặc AlO2- + 4H+  Al3+ + 2H2O (9) 
Đặt 4
H
Al(OH)
n
T
n



Al(OH)3 Al3+ 
 www.facebook.com/trungtamluyenthiuce Copyright by UCE Corporation 
Page | 8 
 1 4 
Nhận xét: 
- T = 1 => H
n 
= 4
Al(OH)
n 
: Lượng kết tủa cực đại, tính theo (7) 
- T  4 => H
n 
 4
Al(OH)
4n 
: Lượng kết tủa cực tiểu, tính theo (9) 
- T H
n 
< 4
Al(OH)
4n 
: Điều kiện có kết tủa. 
Ứng với mỗi giá trị 3Al(OH)
n
có thể có tương ứng 2 giá trị H
n 
khác nhau. 
Cách giải tương tự như dạng 1, chỉ có 1 số lưu ý sau: 
- Sử dụng sơ đồ: 
 Al(OH)4- + H+  Al(OH)3 + Al3+ 
Thường đề bài cho biết số mol Al(OH)3, áp dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố Al sẽ tính được: 
3
34
Al(OH)Al Al(OH)
n n n  
Bảo toàn cation H+: 
3
3max
Al(OH)H Al
n 4n n  
- Sử dụng công thức tính nhanh: 
+ Lượng H+ tiêu tốn nhỏ nhất: 
H (min)
n 
= n  
+ Lượng H+ tiêu tốn lớn nhất: 4
H (max) Al(OH)
n 4n 3n   
Chú ý: Nếu cho dung dịch axit (H+) vào hỗn hợp gồm muối Al(OH)4- và bazơ OH- thì cộng thêm mol OH- 
vào 2 công thức trên, tức là: 
H (min)
n 
= n  + OH
n 
và 4
H (max) Al(OH)
n 4n 3n   
+ OH
n 
 www.facebook.com/trungtamluyenthiuce Copyright by UCE Corporation 
Page | 9 
b. Dung dịch zincat Zn(OH)4
2- (ZnO2
2-). 
Hiện tượng: Đầu tiên có kết tủa keo trắng Zn(OH)2 xuất hiện. Khi lượng Zn(OH)42- hết, lượng H+ dư hòa 
tan kết tủa: 
 Zn(OH)42- + 2H+  Zn(OH)2 + 2H2O hoặc ZnO22- + 2H+  Zn(OH)2 (10) 
 Zn(OH)2 + 2H+  Zn2+ + 2H2O (11) 
 Zn(OH)42- + 4H+  Zn2+ + 4H2O hoặc ZnO22- + 4H+  Zn2+ + 2H2O (12) 
Đặt 
2
4
H
Zn(OH)
n
T
n



Zn(OH)2 Zn2+ 
 2 4 
Nhận xét: 
- T = 2 => H
n 
= 
2
4Zn(OH)
2n 
: Lượng kết tủa cực đại, tính theo (10) 
- T  4 => H
n 

2
4Zn(OH)
4n 
: Lượng kết tủa cực tiểu, tính theo (12) 
- T H
n 
< 
2
4Zn(OH)
4n 
: Điều kiện có kết tủa. 
Ứng với mỗi giá trị 2Zn(OH)
n
có thể có tương ứng 2 giá trị H
n 
khác nhau. 
Cách giải tương tự như dạng 1, chỉ có 1 số lưu ý sau: 
- Sử dụng sơ đồ: 
 Zn(OH)42- + H+  Zn(OH)2 + Zn2+ 
Thường đề bài cho biết số mol Zn(OH)2, áp dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố Zn sẽ tính được: 
2 2
24
Zn(OH)Zn Zn(OH)
n n n  
 www.facebook.com/trungtamluyenthiuce Copyright by UCE Corporation 
Page | 10 
Bảo toàn cation H+: 
2
2max
Zn(OH)H Zn
n 4n 2n  
- Sử dụng công thức tính nhanh: 
+ Lượng H+ tiêu tốn nhỏ nhất: 
H (min)
n 
= 2n  
+ Lượng H+ tiêu tốn lớn nhất: 
2
4H (max) Zn(OH)
n 4n 2n   
Chú ý: Nếu cho dung dịch axit (H+) vào hỗn hợp gồm muối Zn(OH)42- và bazơ OH- thì cộng thêm mol OH- 
vào 2 công thức trên, tức là: 
H (min)
n 
= 2 n  + OH
n 
và 
2
4H (max) Zn(OH)
n 4n 2n   
+ OH
n 
MỘT SỐ LƯU Ý: 
- Khi cho từ axit H+ vào dung dịch muối aluminat (hoặc muối zincat) thì lượng kết tủa tăng dần đến cực 
đại, sau đó sẽ tan một phần hay hoàn toàn tùy thuộc vào lượng H+ dư. 
- Khi thay axit bằng muối NH4+ hay sục khí CO2 dư thì lượng kết tủa tăng dần đến cực đại và không bị hòa 
tan. Sục khí CO2 dư sẽ tạo muối HCO3- chứ không phải muối CO32-. 
Khi cho axit H+ tác dụng với dung dịch hỗn hợp gồm OH- và Al(OH)4- thì các phản ứng xảy ra theo thứ tự: 
 OH- + H+  H2O 
 Al(OH)4-+ H+  Al(OH)3 + H2O 
 Al(OH)3 + 3H+  Al3+ + 3H2O 
- Các công thức tính nhanh chỉ áp dụng giới hạn cho một số bài, cần nắm vững được bản chất, thứ tự phản 
ứng để có thể giải tất cả các bài tập về Al(OH)3 một cách linh hoạt. 
 www.facebook.com/trungtamluyenthiuce Copyright by UCE Corporation 
Page | 11 
B. BÀI TẬP MINH HỌA 
Bài 1. Trộn dung dịch chứa a mol AlCl3 với dung dịch chứa b mol NaOH. Để thu được kết tủa thì cần có tỉ 
lệ: 
A. a:b 1:4 
Phân tích, hướng dẫn giải: 
Al(OH)3 Al(OH)4- hoặc AlO2- 
 www.facebook.com/trungtamluyenthiuce Copyright by UCE Corporation 
Page | 12 
 3 4 
Từ sơ đồ: Để thu được kết tủa thì 
3
OH
Al
n
4
n



 => b:a 1:4 
Vậy đáp án là D. 
Bài 2. Cho 200 ml dung dịch AlCl3 1,5M tác dụng với V lít dung dịch NaOH 0,5M thu được 15,6 gam kết 
tủa. Giá trị lớn nhất của V là: 
A. 1,2 B. 1,8 C. 2,0 D. 2,4 
Phân tích, hướng dẫn giải: 
3AlCl
n 0,2.0,15 0,3mol;  3Al(OH)
15,6
n 0,2mol;
78
 
- Cách 1: Giải thông thường theo phương trình ion: 
V(max) (số mol NaOH lớn nhất) xảy ra trường hợp 2: Kết tủa Al(OH)3 đã bị hòa tan 1 phần còn lại 15,6g kết 
tủa. 
Al3+ + 3OH-  Al(OH)3 (1) 
0,3 mol 0,9 mol 0,3 mol 
 Al(OH)3 + OH-  Al(OH)4- (2) 
 (0,3-0,2) mol 0,1 mol 
Theo (1) và (2): nNaOH = 0,9 + 0,1 = 1 mol 
Vậy V(max) = 
1
2(l)
0,5

=> Đáp án C. 
- Cách 2: Sử dụng sơ đồ và bảo toàn nguyên tố Al, bảo toàn nhóm OH-: 
 www.facebook.com/trungtamluyenthiuce Copyright by UCE Corporation 
Page | 13 
V(max) (số mol NaOH lớn nhất) xảy ra trường hợp 2: Kết tủa Al(OH)3 đã bị hòa tan 1 phần còn lại 15,6g kết 
tủa. 
Sơ đồ: Al3+ + OH-  Al(OH)3 + Al(OH)4- 
+ Theo bảo toàn nguyên tố Al: 
3Al
n 
= 3 4
Al(OH) Al(OH)
n n 
 => 
3
34
Al(OH)Al(OH) Al
n n n  
= 0,3 – 0,2 = 0,1 mol 
+ Bảo toàn nhóm OH-:  OH
n 
= 3 4
Al(OH) Al(OH)
3n 4n 
= 3.0,2 + 4.0,1 = 1,0 mol 
Vậy V(max) = 
1
2(l)
0,5

=> Đáp án C. 
- Cách 3: Sử dụng công thức tính nhanh: 
Lượng OH- tiêu tốn nhiều nhất: 
3
3Al(OH)OH (max) Al
n 4n n  
= 4.0,3 – 0,2 =1,0 mol 
Vậy V(max) = 
1
2(l)
0,5

=> Đáp án C. 
- Cánh 4: Sử dụng đồ thị: 
Số mol Al(OH)3 
 Số mol OH- 
 x 3a=3.0,3 y 4b=4.0,3 
a=0,3 
b=0,2 
 www.facebook.com/trungtamluyenthiuce Copyright by UCE Corporation 
Page | 14 
Từ đồ thị: Lượng OH- tiêu tốn nhiều nhất: y = 4a – b = 4.0,3 – 0,2 = 1 mol 
Vậy V(max) = 
1
2(l)
0,5

=> Đáp án C. 
Bài 3. Cho a mol AlCl3 vào 1 lít dung dịch NaOH có nồng độ c (mol/l) được 0,05 mol kết tủa, thêm tiếp 1 
lít dung dịch NaOH trên thì thu được 0,06 mol kết tủa. Giá trị của a và c lần lượt là: 
A. 0,15 và 0,06 B. 0,09 và 0,18 C. 0,09 và 0,15 D. 0,06 và 0,15 
Phân tích, hướng dẫn giải: 
- Cách 1: Giải thông thường theo phương trình ion: 
+ Khi thêm tiếp NaOH thu được thêm kết tủa => trước khi thêm Al3+ còn dư, NaOH ban đầu hết: 
Al3+ + 3OH-  Al(OH)3 
 c mol c/3 mol 
 => c/3 = 0,05 => c = 0,15 M 
+ Khi thêm tiếp 1 lít NaOH cM mà lượng kết tủa thu được chỉ tăng 0,01 mol kết tủa đã bị 
hòa tan một phần: 
Al3+ + 3OH-  Al(OH)3 
a 3a a 
 Al(OH)3 + OH-  Al(OH)4- 
 (a-0,06) (a-0,06) 
nNaOH pư = 3a + (a – 0,06) = 2c = 2.0,15 = 0,3 
=> a = 0,09 mol 
Vậy đáp án C. 
 www.facebook.com/trungtamluyenthiuce Copyright by UCE Corporation 
Page | 15 
- Cách 2: Sử dụng sơ đồ và bảo toàn nguyên tố Al, bảo toàn nhóm OH-: 
+ Khi thêm tiếp NaOH thu được thêm kết tủa => trước khi thêm Al3+ còn dư, NaOH ban đầu hết: 
Al3+ + 3OH-  Al(OH)3 
 c mol c/3 mol 
 => c/3 = 0,05 => c = 0,15 M 
+ Khi thêm tiếp 1 lít NaOH cM kết tủa bị hòa tan một phần. Theo bảo toàn nguyên tố Al: 
3Al
n 
= 3 4
Al(OH) Al(OH)
n n 
 => 
3
34
Al(OH)Al(OH) Al
n n n  
= a – 0,06 
+ Bảo toàn nhóm OH-:  OH
n 
= 3 4
Al(OH) Al(OH)
3n 4n 
= 3.0,06 + 4.(a – 0,06) = 2c = 0,3 
=> a = 0,09 
Vậy đáp án C. 
- Cách 3: Sử dụng công thức tính nhanh: 
+ Lượng OH- tiêu tốn ít nhất: 3
Al(OH)OH (min)
n 3n 
=> c = 3.0,05 =0,15 M 
+ Lượng OH- tiêu tốn nhiều nhất: 
3
3Al(OH)OH (max) Al
n 4n n  
 2.0,15 = 4a – 0,06 
 => a = 0,09 mol 
Vậy đáp án C. 
- Cách 4: Sử dụng đồ thị: 
Số mol Al(OH)3 
a 
b 
 www.facebook.com/trungtamluyenthiuce Copyright by UCE Corporation 
Page | 16 
 Số mol OH- 
 x=c 3a y=2c 4a 
+ Số mol OH- đã phản ứng tạo ra b = 0,05 mol kết tủa là: x = 3b  c = 3.0,05 = 0,15 
+ Khi thêm NaOH, tổng số mol NaOH đã phản ứng tạo ra b’ = 0,06 mol kết tủa là y = 4a – b’ 
=> 2c = 2.0,15 = 4a – 0,06 => a = 0,09 
Vậy đáp án C. 
Bài 4. X là dung dịch AlCl3, Y là dung dịch NaOH 2M. Cho 150 ml dung dịch Y vào cốc chứa 100 ml dung 
dịch X , khuấy đều đến phản ứng hoàn toàn thấy trong cốc có 7,8 gam kết tủa. Thêm tiếp vào cốc 100 ml 
dung dịch Y khuấy đều đến khi kết thúc phản ứng thấy trong cốc có 10,92 gam kết tủa. Nồng độ mol của 
dung dịch X là: 
 A. 3,2M B. 2,0M C. 1,6M D. 1,0M 
Phân tích, hướng dẫn giải: 
Ta có n(1) = 0,1 mol; n(2) = 0,14 mol 
 OH
n 
= 0,3 + 0,2 = 0,5 mol => n(2) > 0,14 
Trước khi thêm NaOH thì còn dư Al3+, sau khi thêm NaOH kết tủa bị hòa tan 1 phần. 
Gọi a là số mol AlCl3 ban đầu. 
- Cách 1: Giải thông thường theo phương trình ion: 
Al3+ + 3OH-  Al(OH)3 
a 3a a 
 www.facebook.com/trungtamluyenthiuce Copyright by UCE Corporation 
Page | 17 
 Al(OH)3 + OH-  Al(OH)4- 
 (0,5-3a) (0,5-3a) 
Số mol kết tủa còn lại = a – (0,5-3a) = 0,14 => a = 0,16 mol 
=> 
3M(AlCl )
0,16
C 1,6M
0,1
 
Vậy đáp án C. 
Cách 2: Sử dụng sơ đồ và bảo toàn nguyên tố Al, bảo toàn nhóm OH-: 
Theo bảo toàn nguyên tố Al: 
3Al
n 
= 3 4
Al(OH) Al(OH)
n n 
 => 
3
34
Al(OH)Al(OH) Al
n n n  
= a – 0,14 
+ Bảo toàn nhóm OH-: 
 OH
n 
= 3 4
Al(OH) Al(OH)
3n 4n 
= 3.0,14 + 4.(a – 0,14) = 0,5 
=> a = 0,16 
=> 
3M(AlCl )
0,16
C 1,6M
0,1
 
Vậy đáp án C. 
- Cách 3: Sử dụng công thức tính nhanh: 
Lượng OH- tiêu tốn nhiều nhất: 
3
3Al(OH)OH (max) Al
n 4n n  
 0,5 = 4a – 0,14 
 => a = 0,16 mol 
=> 
3M(AlCl )
0,16
C 1,6M
0,1
 
Vậy đáp án C. 
 www.facebook.com/trungtamluyenthiuce Copyright by UCE Corporation 
Page | 18 
a 
b 
- Cách 4: Sử dụng đồ thị: 
 Số mol Al(OH)3 
 Số mol OH- 
 x 3a y 4a 
Sau khi thêm OH-, lượng kết tủa thu được là b = 0,14 
Số mol OH- đã phản ứng là: y = 4a – b 
  0,5 = 4a – 0,14 
=> a = 0,16 mol 
=> 
3M(AlCl )
0,16
C 1,6M
0,1
 
Vậy đáp án C. 
Bài 5. (ĐH 2009A). Hoà tan hết m gam ZnSO4 vào nước được dung dịch X. Cho 110 ml dung dịch KOH 
2M vào X, thu được a gam kết tủa. Mặt khác, nếu cho 140 ml dung dịch KOH 2M vào X thì cũng thu được 
a gam kết tủa. Giá trị của m là 
A. 20,125. B. 22,540. C. 12,375. D. 17,710. 
Phân tích, hướng dẫn giải: 
Ta có: nKOH(1) = 0,22 mol; nKOH(2) = 0,28 mol 
Trong cả 2 trường hợp đều thu được a gam kết tủa => trường hợp 1 còn dư Zn2+, trường hợp 2 kết tủa 
Zn(OH)2 bị hòa tan 1 phần. 
Gọi số mol ban đầu của Zn2+ là x 
- Cách 1: Giải thông thường theo phương trình ion: 
 www.facebook.com/trungtamluyenthiuce Copyright by UCE Corporation 
Page | 19 
+ Trường hợp 1: Zn2+ dư, OH- phản ứng hết 
Zn2+ + 2OH-  Zn(OH)2 
 0,22 mol 0,11 mol 
+ Trường hợp 2: Zn2+ phản ứng hết, kết tủa tan 1 phần: 
 Zn2+ + 2OH-  Zn(OH)2 
 x mol 2x mol x mol 
 Zn(OH)2 + 2OH-  Zn(OH)42- 
 (0,14-x) (0,28-2x) 
Ta có: 2Zn(OH) cònlai
n
= x – (0,14 – x) = 0,11 
 => x = 0,125 mol 
=> 4ZnSO
m 0,125.161 20,125g 
Vậy đáp án A. 
Cách 2: Sử dụng sơ đồ và bảo toàn nguyên tố Zn, bảo toàn nhóm OH-: 
Zn2+ + OH-  Zn(OH)2 + Zn(OH)42- 
Trong trường hợp 1: => 2Zn(OH)
n
= 0,22/2 =0,11 mol 
Trong trường hợp 2: 
Bảo toàn nguyên tố Zn: 
2Zn
n 
=
2
2 4
Zn(OH) Zn(OH)
n n 
 
2 2
24
Zn(OH)Zn(OH) Zn
n n n  
= x – 0,11 
Bảo toàn nhóm OH-: OH
n 
=
2
2 4
Zn(OH) Zn(OH)
2n 4n 
  0,28 = 2.0,11 + 4(x – 0,11) 
 => x = 0,125 
=> 4ZnSO
m 0,125.161 20,125g 
Vậy đáp án A. 
 www.facebook.com/trungtamluyenthiuce Copyright by UCE Corporation 
Page | 20 
a 
b 
- Cách 3: Sử dụng công thức tính nhanh: 
- Lượng OH- tiêu tốn ít nhất: 2
Zn(OH)OH (min)
n 2n 
=> 2Zn(OH)
n
= 0,22/2 =0,11 mol 
- Lượng OH- tiêu tốn nhiều nhất: 
2
2Zn(OH)OH (max) Zn
n 4n 2n  
 0,28 = 4x – 2.0,11 
 => x = 0,125 mol 
=> 4ZnSO
m 0,125.161 20,125g 
Vậy đáp án A. 
- Cách 4: Sử dụng đồ thị: 
 Số mol Zn(OH)2 
 Số mol OH- 
 x 2a y 4a 
Số mol OH-(min) đã phản ứng là: x = 2b (mol)  2
Zn(OH)n = 0,22/2 =0,11 mol 
Số mol OH-(max) đã phản ứng là: y = 4a - 2b (mol) 
 0,28 = 4x – 2. 0,11 
 => x = 0,125 mol 
=> 4ZnSO
m 0,125.161 20,125g 
Vậy đáp án A. 
 www.facebook.com/trungtamluyenthiuce Copyright by UCE Corporation 
Page | 21 
Bài 6. (ĐH 2010A). Hoà tan hoàn toàn m gam ZnSO4 vào nước được dung dịch X. Nếu cho 110 ml dung 
dịch KOH 2M vào X thì thu được 3a gam kết tủa. Mặt khác, nếu cho 140 ml dung dịch KOH 2M vào X thì 
thu được 2a gam kết tủa. Giá trị của m là 
A. 17,71. B. 16,10. C. 32,20. D. 24,15. 
Phân tích, hướng dẫn giải: 
- TN1: nKOH = 0,22 mol => 3a gam kết tủa 
- TN2: nKOH(2) = 0,28 mol => 2a gam kết tủa 
=> Khi thêm 0,28 – 0,22 = 0,06 mol KOH thì số mol kết tủa giảm 3a – 2a =a gam 
=> nZn(OH)2 bị hòa tan = 0,06/2 = 0,03 
=> nZn(OH)2 trong TN1 = 0,03.3 = 0,09 Ở TN1 OH- dư, Zn2+ phản ứng hết. 
Gọi số mol ban đầu của Zn2+ là x 
- Cách 1: Giải thông thường theo phương trình ion: 
Trong TN1: Zn2+ phản ứng hết, kết tủa tan 1 phần: 
 Zn2+ + 2OH-  Zn(OH)2 
 x mol 2x mol x mol 
 Zn(OH)2 + 2OH-  [Zn(OH)4] 2- 
 (0,11-x) (0,22-2x) 
Ta có: 2Zn(OH) cònlai
n
= x – (0,11 – x) = 0,09 
 => x = 0,1 mol 
=>