Sáng kiến kinh nghiệm Các dạng bài tập cơ bản của dung dịch Bazơ

mol) 
- Dung dịch chứa: x (mol) Na2SO4, y (mol) Na2SO3 
3.c.2: Nhận xét )(2
2
1
2
mol
y
xa
n
n
SO
NaOH 

 : Khi y + 2x  a  2x + 2y 
gọi nNa2SO3 = p (mol) ; nNaHSO3 = q (mol) 
14 
 2 NaOH + SO2  Na2SO3 + H2O 
 2p  p  p (mol) 
 NaOH + SO3  NaHSO4 
 q q q (mol) 












ayxnq
yxanp
yqp
xaqp
NaHSO
SONa
22
222
3
32
- Dung dịch chứa: x (mol) Na2SO4, a – 2x - y (mol) Na2SO3, 2x + 2y – a 
(mol) NaHSO3 
3.c.3: Nhận xét )(1
2
2
mol
y
xa
n
n
SO
NaOH 

 : Khi a  2x + y 
 NaOH + SO2  NaHSO3 
Trước p/ư a - 2x y 
 Sau p/ư 0 a - 2x - y a - 2x (mol) 
- Dung dịch chứa: x (mol) Na2SO4, a – 2x (mol) NaHSO3 
Dạng 1.B: Cho a (mol/ lit/ gam CO2, SO2, . . . ) tác dụng dung dịch chứa 
b mol Ca(OH)2, Ba(OH)2. . . 
Cách giải thứ nhất: Theo cơ chế phản ứng 
 (1) Oxit axit + Dung dịch ba zơ Muối trung hòa + Nước 
Nếu oxitaxit hết tính toán theo (1), nếu oxitaxit dư viết tiếp: 
 (2) Muối trung hòa + Oxit axit + Nước  Muối axit 
Tiếp tục tính toan theo (2) 
 (1) CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O 
Nếu CO2 hết tính toán theo (1), nếu CO2 dư viết tiếp: 
 (2) CO2 + BaCO3 + H2O  Ba(HCO3)2 
Cách giải này có ưu điểm giúp học sinh dễ hiểu bản chất phản ứng và thuận 
lợi giải các bài tập ở mức độ giỏi, bên cạnh đó còn tồn tại một số trường 
hợp giải dài dòng. 
Cách giải thứ hai xét tỉ lệ số mol của bazơ và số mol của oxit axit 
 theo 2 phương trình độc lập. 
 (1) Oxit axit + Dung dịch ba zơ  Muối trung hòa + Nước 
 (2) Oxit axit + Dung dịch ba zơ  Muối axit 
+ Trường hợp 1: )(1 mol
b
a
n
n
iBazo
Oxitaxit  chỉ xảy ra PTHH (1). 
=> Tính toán theo PTHH (1). 
+ Trường hợp 2: )(21 mol
b
a
n
n
iBazo
Oxitaxit  Xảy ra đồng thời PTHH (1), (2) 
=> Lập hệ phương trình nBazơ và noxit axit 
+ Trường hợp 3 : )(2 mol
b
a
n
n
iBazo
Oxitaxit  chỉ xảy ra PTHH (2) 
=> Tính toán theo PTHH (2). 
 (1) CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O 
 (2) 2 CO2 + Ba(OH)2  Ba(HCO3)2 
15 
+ Trường hợp 1: )(1
2
2
)(
mol
b
a
n
n
OHBa
CO
 chỉ xảy ra PTHH (1). 
=> Tính toán theo PTHH (1). 
+ Trường hợp 2: )(21
2
2
)(
mol
b
a
n
n
OHBa
CO
 
Xảy ra đồng thời PTHH (1), (2) => Lập hệ PT nBa(OH)2 và nSO2 
+ Trường hợp 3 : )(2
2
2
)(
mol
b
a
n
n
OHBa
CO
 chỉ xảy ra PTHH (2) 
 => Tính toán theo PTHH (2). 
Cách giải này có ưu điểm giúp học sinh giải nhanh nhất các bài tập, bên 
cạnh đó có nhược điểm không giải được các bài tập ở mức độ giỏi. 
Bài 1: 
1.a: Sục chậm 5,6 lít CO2 (đktc) vào dung dịch Ba(OH)2 dư. Tính khối 
lượng muối tạo thành. 
1.b: Sục chậm CO2 cho tới dư vào 200 (g) dung dịch Ba(OH)2 17,1%,. Tính 
C% chất tan trong dung dịch thu được. 
Hướng dẫn 
1.a. )(25,0
24,2
6,5
2
molnSO  vì Ba(OH)2 dư: 
 Ba(OH)2 + CO2  BaCO3 + H2O 
 0,25  0,25 (mol) 
mBaCO3 = 0,25 . 197 = 49,25(g) 
1.b. )(2,0
171.100
1,17.200
2)(
moln OHBa  
 Ba(OH)2 + 2 CO2  Ba(HCO3)2 
 0,2  0,4  0,2 (mol) 
)(6,21720044.4,0
2223 )(.)(
gmmm OHBaddCOHCOBa  m 
%81,23%100.
6,217
259.2,0
23 )(
HCOBan 
Bài 2: Sục chậm 0,2 mol SO2 vào: 
2.a. 300 (g) dung dịch Ba(OH)2 17,1% thu được dung dịch X 
2.b. 200 (g) dung dịch Ba(OH)2 17,1% thu được dung dịch Y 
2.c. 150 (g) dung dịch Ba(OH)2 17,1% thu được dung dịch Z 
2.d. 100 (g) dung dịch Ba(OH)2 17,1% thu được dung dịch P 
2.e. 80 (g) dung dịch Ba(OH)2 17,1% thu được dung dịch Q 
Tính nồng độ phần trăm chất tan có trong các dung dịch X, Y, Z, P, Q. 
Hướng dẫn 
Cách giải thứ nhất theo cơ chế phản ứng: 
2,a. )(3,0
171.100
1,17.300
2)(
moln OHBa  
 Ba(OH)2 + SO2  BaSO3 + H2O 
Trước p/ư 0,3 0,2 
16 
Sau p/ư 0,1 0 0,2 0,2 (mol) 
)(4,26918.2,0)171.3,0300(171.1,0:2
)(4,269217.2,030064.2,0:1
2
322 )(.
gmmmCách
gmmmmCách
OHCTX
BaSOOHBaddSOX


%35,6%100.
4,269
171.1,0
%
2)(
OHBaC 
So sánh tính khối lượng dung dịch theo 2 cách: Cách 1 tính nhanh hơn. 
Chú ý tính khối lượng dung dịch trừ chất kết tủa. 
2.b. )(2,0
171.100
1,17.200
2)(
moln OHBa  
 Ba(OH)2 + SO2  BaSO3 + H2O 
Trước p/ư 0,2 0,2 
Sau p/ư 0 0 0,2 0,2 (mol) 
)(4,16918.2,0)171.2,0200(:2
)(4,169217.2,020064.2,0:1
2
322 )(.
gmmCách
gmmmmCách
OHA
BaSOOHBaddSOX


Dung dịch Y không có chất tan. 
2.c. )(15,0
171.100
1,17.150
2)(
moln OHBa  
 Ba(OH)2 + SO2  BaSO3 + H2O 
Trước p/ư 0,15 0,2 
Sau p/ư 0 0,05 0,15 0,15 (mol) 
 SO2 + BaSO3 + H2O  Ba(HSO3)2 
Trước p/ư 0,05 0,15 
Sau p/ư 0 0,1 0,05 (mol) 
)(1,141
299.05,018).05,015,0()171.15,0150(:2
)(1,141217.1,015064.2,0:1
2
322 )(.
g
mmmCách
gmmmmCách
CTOHA
BaSOOHBaddSOZ



%6,10%100.
1,141
299.05,0
23 )(%
HCOBaC 
2.d. )(1,0
171.100
1,17.100
2)(
moln OHBa  
 Ba(OH)2 + SO2  BaSO3 + H2O 
Trước p/ư 0,1 0,2 
Sau p/ư 0 0,1 0,1 0,1 (mol) 
 SO2 + BaSO3 + H2O  Ba(HSO3)2 
Trước p/ư 0,1 0,1 
Sau p/ư 0 0 0,1 (mol) 
)(8,112299.1,018).1,01,0()171.1,0100(:2
)(8,11210064.2,0:1
2
22 )(.
gmmmCách
gmmmCách
CTOHA
OHBaddSOZ


17 
%51,26%100.
8,112
299.1,0
23 )(%
HCOBaC 
2.e. )(08,0
171.100
1,17.100
2)(
moln OHBa  
 SO2 + Ba(OH)2  BaSO3 + H2O 
Trước p/ư 0,2 0,08 
Sau p/ư 0,12 0 0,08 0,08 (mol) 
 SO2 + BaSO3 + H2O  Ba(HSO3)2 
Trước p/ư 0,12 0,08 
Sau p/ư 0,04 0 0,08 (mol) 
)(24,90
299.08,018).08,008,0()171.08,080(:2
)(24,908064).04,02,0(:1
2
22 )(.
g
mmmCách
gmmmCách
CTOHA
OHBaddSOZ



%51,26%100.
24,90
299.08,0
23 )(%
HSOBaC 
Chú ý tính khối lượng dung dịch chỉ cộng phần CO2 phản ứng 
Cách giải thứ hai nhận xét tỉ lệ số mol của Ba(OH)2 và CO2. 
2.a. )(3,0
2)(
moln OHBa  => Nhận xét: )(13
2
3,0
2,0
2
2
)(
mol
n
n
OHBa
CO
 
 Ba(OH)2 + SO2  BaSO3 + H2O 
Trước p/ư 0,3 0,2 
Sau p/ư 0,1 0 0,2 0,2 (mol) 
)(4,269217.2,030064.2,0
322 )(.
gmmmm BaSOOHBaddSOX 
%35,6%100.
4,269
171.1,0
%
2)(
OHBaC 
2.b. )(2,0
2)(
moln OHBa  => Nhận xét: )(12,0
2,0
2
2
)(
mol
n
n
OHBa
CO
 
 Ba(OH)2 + SO2  BaSO3 + H2O 
Trước p/ư 0,2 0,2 
Sau p/ư 0 0 0,2 0,2 (mol) 
)(4,169217.2,020064.2,0
322 )(.
gmmmm BaSOOHBaddSOY  
Dung dịch Y không có chất tan. 
2.c. )(15,0
2)(
moln OHBa  : Nhận xét )(23
4
15,0
2,0
1
2
2
)(
mol
n
n
OHBa
CO
 
gọi nBaSO3 = x (mol) ; nBa(HSO3)2= y (mol) 
 Ba(OH)2 + SO2  BaSO3 + H2O 
 x  x  x (mol) 
 Ba(OH)2 + 2SO2  Ba(HSO3)2 
 y  2y  y (mol) 
18 











05,0
1,0
15,0
2,02
y
x
yx
yx
)(1,141217.1,015064.2,0
22 )(.
gmmm OHBaddSOZ 
%6,10%100.
1,141
299.05,0
23 )(%
HCOBaC 
Nhận xét: Câu a, b, c giải cả 2 cách đều như nhau về thời gian. 
2.d. )(1,0
2)(
moln OHBa  : Nhận xét )(21,0
2,0
2
2
)(
mol
n
n
OHBa
CO
 
 Ba(OH)2 + 2SO2  Ba(HSO3)2 
Trước p/ư 0,1 0,2 
Sau p/ư 0 0 0,1 (mol) 
)(8,11210064.2,0
22 )(.
gmmm OHBaddSOZ 
%51,26%100.
8,112
299.1,0
23 )(%
HCOBaC 
2.e. )(08,0
2)(
moln OHBa  : Nhận xét )(25,208,0
2,0
2
2
)(
mol
n
n
OHBa
CO
 
 Ba(OH)2 + 2SO2  Ba(HSO3)2 
Trước p/ư 0,08 0,2 
Sau p/ư 0 0,04 0,08 (mol) 
)(24,908064).04,02,0(
22 )(.
gmmm OHBaddSOZ  
%51,26%100.
24,90
299.08,0
23 )(%
HCOBaC
%51,26%100.
8,112
299.1,0
23 )(%
HCOBaC 
Nhận xét: Câu d, e giải theo cách 2 nhanh hơn, ngắn gọn hơn. 
Bài 3: Sục chậm 0,25 mol CO2 vào 200 gam dung dịch hỗn hợp KOH 
5,6%, Ba(OH)2 8,55% phản ứng kết thúc thu được dung dịch X. Tính nồng 
độ phần trăm chất tan trong dung dịch X. 
Hướng dẫn: 
- Hai chất cùng tác dụng với một chất, chất có sản phẩm có tạo ra kết tủa 
hoặc thoát khí thì được ưu tiên phản ứng trước hết rồi đến chất có sản phẩm 
không có kết tủa hoặc thoát khí. 
- Hai chất cùng tác dụng với một chất, chất có hòa tan thuần túy trong nước 
thì được ưu tiên phản ứng trước hết rồi đến chất không hòa tan trong nước. 
)(1,0
171.100
55,8.200
2)(
moln OHBa  ; )(2,0
56.100
6,5.200
molnKOH  
- Giải theo cơ chế phản ứng: 
 CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O 
Trước p/ư 0,36 0,1 
Sau p/ư 0,26 0 0,1 0,1 (mol) 
 CO2 + 2 KOH  K2CO3 + H2O 
19 
Trước p/ư 0,26 0,2 
Sau p/ư 0,16 0 0,1 0,1 (mol) 
 CO2 + K2CO3 + H2O 2 KHCO3 
Trước p/ư 0,16 0,1 
Sau p/ư 0,06 0 0,2 (mol) 
 CO2 + BaCO3 + H2O  Ba(HCO3)2 
Trước p/ư 0,06 0,1 
Sau p/ư 0 0,04 0,06 (mol) 
)(96,207100.02,0592.06,0
18).06,01,01,01,0()56.2,0171.1,0200(:2
)(96,207197.04,020044.36,0:1
2
2 .
g
mmmCách
gmmmCách
CTOHA
HHddCOZ



%5,5%100.
96,207
259.06,0
23 )(%
HCOBaC ; %62,9%100.
96,207
100.2,0
3%
KHCOC 
Dạng I.C: Cho a (mol/ lit/ gam CO2, SO2, . . . ) tác dụng dung dịch chứa 
b mol Ca(OH)2, Ba(OH)2, KOH, NaOH . . . Vẽ đồ thị. 
- Hướng dẫn: Dựa vào cơ chế phản ứng vẽ đồ thị. 
Bài 1: Sục chậm 0,84 lít CO2 (đkp) vào 1lít dung dịch Ca(OH)2 0,025 M. 
Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc số mol kết tủa và số mol CO2. 
- Hướng dẫn: 
)(025,01.025,0
2)(
moln OHCa  ; )(035,024:84,02 molnCO  
 CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O 
Trước p/ư 0,035 0,025 
Sau p/ư 0,01 0 0,025 0,025 (mol) 
Vẽ đoạn OA 
 CO2 + CaCO3 + H2O  Ca(HCO3)2 
Trước p/ư 0,01 0,025 
Sau p/ư 0 0,015 0,01 (mol) 
Vẽ đoạn AB 
Bài 2: Sục chậm 4,48 lít SO2 (đktc) vào 0,5 lít dung dịch hỗn hợp KOH 
0,1 M, Ba(OH)2 0,3 M. Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc số mol kết tủa và 
số mol SO2. 
)(15,03,0.5,0
2)(
moln OHBa  ; )(2,04,22:48,42 molnCO  
 SO2 + Ba(OH)2  BaSO3 + H2O 
Trước p/ư 0,2 0,15 
CaCO3
CO2
 O 
A 
B 
0,025 
0,015 
0,025 0,035 
20 
Sau p/ư 0,05 0 0,15 0,15 (mol) 
Vẽ đoạn OA 
 Nhận xét: )(2
05,0
1,0
2
mol
n
n
SO
KOH  
 2KOH + SO2  K2SO3 + H2O 
Trước p/ư 0,1 0,05 
Sau p/ư 0 0 0,05 (mol) 
Vẽ đoạn AB 
Bài 3: Sục chậm 7,84 lít SO2 (đktc) vào 0,5 lít dung dịch hỗn hợp KOH 
0,1 M, Ba(OH)2 0,3 M. Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc số mol kết tủa và 
số mol SO2. 
)(15,03,0.5,0
2)(
moln OHBa  ; )(35,024:84,72 molnCO  
 SO2 + Ba(OH)2  BaSO3 + H2O 
Trước p/ư 0,35 0,15 
Sau p/ư 0,2 0 0,15 0,15 (mol) 
Vẽ đoạn OA 
 Nhận xét: )(15,0
2,0
1,0
2
mol
n
n
SO
KOH  => SO2 dư 
 KOH + SO2  KHSO3 
Trước p/ư 0,1 0,2 
Sau p/ư 0 0,1 0,1 (mol) 
Vẽ đoạn AB 
 SO2 + BaSO3 + H2O  Ba(HSO3)2 
Trước p/ư 0,1 0,15 
Sau p/ư 0 0,05 0,1 (mol) 
Vẽ đoạn BC 
%51,26%100.
8,112
299.1,0
23 )(%
HCOBaC 
BaCO3
SO2
 A B 0,15 
O 0,15 0,2 
 O 
0,15 
BaCO3
SO2
0,05 
0,15 0,25 0,35 
 A B 
 C 
21 
DẠNG II: Cho a (mol/ lit/ gam CO2, SO2, . . . ) hoặc dung dịch chứa b 
mol KOH, NaOH . . . tác dụng với nhau cô cạn dung dịch thu được m 
gam muối khan hoặc m gam chất rắn khan. 
- Khi cho CO2, SO2 . . . tác dụng dung dịch KOH, NaOH . . . thu được 
dung dịch chứa: Muối trung hòa; Muối axit; Hỗn hợp muối trung hòa 
và muối axit; Hỗn hợp muối trung hòa và kiềm dư. 
DẠNG II.A: Cho a (mol/ lit/ gam CO2, SO2, . . . ) hoặc b mol KOH, 
NaOH . . . tác dụng với nhau cô cạn dung dịch thu được m gam muối 
khan. Giải ba trường hợp có một nghiệm đúng. 
- Lí thuyết: 
+ Trường hợp 1: Chỉ tạo ra muối trung hòa, viết PTHH tạo ra muối trung 
hòa, tính khối lượng muối trung hòa theo oxitaxit hoặc bazơ rồi so sánh 
khối lượng muối bài ra cho kết luận (nếu bằng là đúng). 
+ Trường hợp 2: Chỉ tạo ra muối axit, viết PTHH tạo ra muối axit, tính 
khối lượng muối axit theo oxitaxit hoặc bazơ rồi so sánh khối lượng muối 
bài ra cho kết luận (nếu bằng là đúng). 
+ Trường hợp 3: Tạo ra hỗn hợp muối trung hòa và muối axit, viết PTHH 
tạo ra muối trung hòa và muối axit, lập hệ phương trình khối lương muối và 
số mol của oxit hoặc bazơ, giải hệ kết luận (các nghiệm đều dương là 
đúng). 
- Bài tập: 
Bài 1: Sục chậm 4,48 lít CO2 (đktc) vào a gam dung dịch NaOH 8% phản 
ứng kết thúc thu được 16,8 gam muối khan. Tinh a ? 
Hướng dẫn: )(2,04,22:48,4
2
molnCO  
Trường hợp 1: Giả sử mNa2CO3 = 16,8 gam 
 CO2 + 2 NaOH  Na2CO3 + H2O 
 0,2  0,2 (mol) 
mNa2CO3 = 0,2 . 106 = 21,2 gam > 16,8 gam => Loại 
Trường hợp 2: Giả sử mNaHCO3 = 16,8 gam 
 CO2 + NaOH  NaHCO3 
 0,2 0,2 (mol) 
mNaHCO3 = 0,2 . 84 = 16,8 gam =16,8 gam => Đúng 
gamm NaOHdd 100100.
8
40.2,0
 
Trường hợp 3: Vậy mNa2CO3,NaHCO3 = 16,8 gam là sai. Chứng minh 
điều khẳng định là sai. 
Gọi nNa2CO3 = x (mol); nNaHCO3 = y (mol) 
 CO2 + 2 NaOH  Na2CO3 + H2O 
 x  2x  x (mol) 
 CO2 + NaOH  NaHCO3 
 y  y  y (mol) 












2,0
0
8,1684106
2,02
y
x
yx
yx
Bài 2: Sục chậm 3,36 lít CO2 (đktc) vào a gam dung dịch NaOH 8% phản 
22 
ứng kết thúc thu được 14,8 gam muối khan. Tinh a ? 
Hướng dẫn: )(15,04,22:36,3
2
molnCO  
Trường hợp 1: Giả sử mNa2CO3 = 14,8 gam 
 CO2 + 2 NaOH  Na2CO3 + H2O 
 0,15  0,15 (mol) 
mNa2CO3 = 0,15 . 106 = 15,9 gam > 14,8 gam => Loại 
Trường hợp 2: Giả sử mNaHCO3 = 14,8 gam 
 CO2 + NaOH  NaHCO3 
 0,15 0,15 (mol) 
mNaHCO3 = 0,15 . 84 = 12,6 gam Loại 
Trường hợp 3: Vậy mNa2CO3,NaHCO3 = 14,8 gam 
Gọi nNa2CO3 = x (mol); nNaHCO3 = y (mol) 
 CO2 + 2 NaOH  Na2CO3 + H2O 
 x  2x  x (mol) 
 CO2 + NaOH  NaHCO3 
 y  y  y (mol) 












05,0
1,0
8,1484106
15,0
y
x
yx
yx
 gamm NaOHdd 125100.
8
40).05,01,0.2(


 
Bài 3: Sục chậm V lít SO2 (đkp) vào 200 gam dung dịch KOH 5,6% phản 
ứng kết thúc thu được 17,85 gam muối khan. Tinh V ? 
Hướng dẫn: )(2,0
56.100
6,5.200
molnKOH  
Trường hợp 1: Giả sử mK2SO3 = 17,85 gam 
 SO2 + 2 KOH  K2SO3 + H2O 
 0,2  0,1 (mol) 
mK2SO3 = 0,1 . 158 = 15,8 gam Loại. 
Trường hợp 2: Giả sử mKHSO3 = 14,65 gam 
 SO2 + KOH  KHSO3 
 0,2  0,2 (mol) 
mKHSO3 = 0,2 . 120 = 24 gam > 17,85 gam => Loại 
Trường hợp 3: Vậy mK2SO3, KHSO3 = 17,85 gam 
Gọi nK2SO3 = x (mol); nKHSO3 = y (mol) 
 SO2 + 2 KOH  K2SO3 + H2O 
 x  2x  x (mol) 
 SO2 + KOH  KHSO3 
 y  y  y (mol) 












05,0
075,0
85,1784106
2,02
y
x
yx
yx
 lítVSO 8,24,22).05,0075,0(2  
23 
DẠNG II.B: Cho a (mol/ lit/ gam CO2, SO2, . . . ) hoặc b mol KOH, 
NaOH . . . tác dụng với nhau cô cạn dung dịch thu được m gam chất rắn 
khan. Giải bốn trường hợp có một nghiệm đúng. 
- Lí thuyết: 
+ Trường hợp 1: Chỉ tạo ra muối trung hòa, viết PTHH tạo ra muối trung 
hòa, tính khối lượng muối trung hòa theo oxitaxit hoặc bazơ rồi so sánh 
khối lượng muối bài ra cho kết luận (nếu bằng là đúng). 
+ Trường hợp 2: Chỉ tạo ra muối axit, viết PTHH tạo ra muối axit, tính 
khối lượng muối axit theo oxitaxit hoặc bazơ rồi so sánh khối lượng muối 
bài ra cho kết luận (nếu bằng là đúng). 
+ Trường hợp 3: Tạo ra hỗn hợp muối trung hòa và muối axit, viết PTHH 
tạo ra muối trung hòa và muối axit, lập hệ phương trình khối lương muối và 
số mol của oxit hoặc bazơ, giải hệ kết luận (các nghiệm đều dương là 
đúng). 
+ Trường hợp 4: Tạo ra hỗn hợp muối trung hòa và bazơ dư, viết PTHH tạo 
ra muối trung hòa, tính số mol muối trung hòa và số mol bazơ phản ứng 
theo số mol và PTHH, lập phương trình tổng khối lượng muối trung hòa và 
bazơ dư, giải tìm ẩn kết luận. 
Bài tập vận dụng: 
Bài 1: Sục chậm 11 gam SO2 (đktc) vào V ml dung dịch KOH 2M phản 
ứng kết thúc thu được 39,5 gam chất rắn khan. Tinh a ? 
Hướng dẫn: )(25,044:11
2
molnSO  
Trường hợp 1: Giả sử mK2SO3 = 39,5 gam 
 SO2 + 2 KOH  K2SO3 + H2O 
 0,25  0,5  0,25 (mol) 
mK2SO3 = 0,25 . 158 = 39,5 gam => Đúng 
)(250)(25,02:5,0 mllítV KOHdd  
Vậy các trường hợp 2, 3, 4: mKHSO3 = 39,5 gam, mK2SO3, KHSO3 = 39,5 
gam, mK2SO3, KOH dư = 39,5 gam đều là sai. Chứng minh cho học sinh 
điều khẳng định là sai. 
Trường hợp 2: Nếu mKHSO3 = 39,5 gam. 
 SO2 + KOH  KHSO3 
 0,25 0,25 (mol) 
mKHSO3 = 0,25 . 120 = 30 gam sai 
Trường hợp 3: Nếu mK2SO3, KHSO3 = 39,5 gam là sai vì: 
Gọi nK2SO3 = x (mol); nKHSO3 = y (mol) ( điều kiện 
#, Nyx  ) 
 SO2 + 2 KOH  K2SO3 + H2O 
 x  2x  x (mol) 
 SO2 + KOH  KHSO3 
 y  y  y (mol) 












0
25,0
5,39120158
25,0
y
x
yx
yx
 Sai 
Trường hợp 4: Vậy mK2SO3, KOH dư = 39,5 gam là sai vì: 
24 
 SO2 + 2 KOH  K2SO3 + H2O 
 0,25  0,5  0,25 (mol) 
mK2SO3 = 0,25 . 158 = 39,5 gam => Sai vì KOH không dư 
Bài 2: Sục chậm 3,6 lít CO2 (đkp) vào 200 gam dung dịch NaOH C% phản 
ứng kết thúc thu được 19,9 gam chất rắn khan. Tinh C% ? 
Hướng dẫn: )(15,024:6,3
2
molnCO  
Trường hợp 1: Giả sử mNa2CO3 = 19,9 gam 
 CO2 + 2 NaOH  Na2CO3 + H2O 
 0,15  0,15 (mol) 
mNa2CO3 = 0,15 . 106 = 15,9 gam Loại 
Trường hợp 2: Giả sử mNaHCO3 = 19,9 gam 
 CO2 + NaOH  NaHCO3 
 0,15 0,15 (mol) 
mNaHCO3 = 0,15 . 84 = 12,6 gam Loại 
Trường hợp 3: Vậy mNa2CO3,NaHCO3 = 19,9 gam 
Gọi nNa2CO3 = x (mol); nNaHCO3 = y (mol) 
 CO2 + 2 NaOH  Na2CO3 + H2O 
 x  2x  x (mol) 
 CO2 + NaOH  NaHCO3 
 y  y  y (mol) 















11
2
220
73
9,1984106
15,0
y
x
yx
yx
 => Loại 
Trường hợp 4: Vậy mNa2CO3, NaOH = 19,9 gam 
 CO2 + 2 NaOH  Na2CO3 + H2O 
 0,15  0,3  0,15 (mol) 
mNaOH = 19,9 - 0,15 . 106 = 4 gam 
%8%100.
200
40.3,04
% 

NaOHC 
Bài 3: Sục chậm V lít SO2 (đkp) vào 300 gam dung dịch KOH 5,6% phản 
ứng kết thúc thu được 21,4 gam chất rắn khan. Tinh V ? 
Hướng dẫn: )(3,0
56.100
6,5.300
molnKOH  
Trường hợp 1: Giả sử mK2SO3 = 21,4 gam 
 SO2 + 2 KOH  K2SO3 + H2O 
 0,3  0,15 (mol) 
mK2SO3 = 0,15 . 158 = 23,7 gam > 21,4 gam => Loại 
Trường hợp 2: Giả sử mKHSO3 = 21,4 gam 
 SO2 + KOH  KHSO3 
 0,3  0,3 (mol) 
mKHSO3 = 0,3 . 120 = 36 gam > 21,4 gam => Loại 
Trường hợp 3: Giả sử mK2SO3, KHSO3 = 21,4 gam 
Gọi nK2SO3 = x (mol); nKHSO3 = y (mol) 
25 
 SO2 + 2 KOH  K2SO3 + H2O 
 x  2x  x (mol) 
 SO2 + KOH  KHSO3 
 y  y  y (mol) 















410
23
410
73
4,21120158
3,02
y
x
yx
yx
=>Loại 
Trường hợp 4: Vậy mK2SO3, KOH = 21,4 gam, gọi nK2SO3 = x (mol) 
 SO2 + 2 KOH  K2SO3 + H2O 
 x  2x  x (mol) 
mK2SO3, KOH = (0,3 – 2x).56 + 158x = 21,4 gam 
 => x = 0,1 => lítVSO 4,224.1,02  
- Sau khi học sinh nắm chắc hai dạng A, B thì giáo viên có thể hướng 
dẫn học sinh giải nhanh cho cả m gam muối và m gam chất rắn như 
sau: 
Giả sử sản phẩm tạo thành là hỗn hợp muối trung hòa và muối axit, gọi số 
mol muối trung hòa là x (mol) và số mol muối axit là y (mol) rồi đặt điều 
kiện cho x  0; y  0 và y < 0. Giải hệ phương trình rồi kết luận: 
+ Nếu x > 0, y = 0 Chỉ tạo ra muối trung hòa. 
+ Nếu x = 0, y > 0 Chỉ tạo ra muối axit. 
+ Nếu x > 0, y > 0 Tạo ra hỗn hợp muối trung hòa và muối axit. 
+ Nếu x > 0, y < 0 Tạo ra hỗn hợp muối trung hòa và bazơ dư. 
Ví dụ: 
Bài 3: Sục chậm V lít SO2 (đkp) vào 200 gam dung dịch KOH 5,6% phản 
ứng kết thúc thu được 17,85 gam muối khan. Tinh V ? 
Gọi nK2SO3 = x (mol) ; nKHSO3 = y (mol) )0;0;0(  yyx 
 SO2 + 2 KOH  K2SO3 + H2O 
 x  2x  x (mol) 
 SO2 + KOH  KHSO3 
 y  y  y (mol) 












05,0
075,0
85,1784106
2,02
y
x
yx
yx
Vì x = 0,075 ; y = 0,05 dương nên sản phẩm tạo ra la hỗn hợp K2SO3, 
KHSO3 => lítVSO 8,24,22).05,0075,0(2  
Bài 3: Sục chậm V lít SO2 (đkp) vào 300 gam dung dịch KOH 5,6% phản 
ứng kết thúc thu được 21,4 gam chất rắn khan. Tinh V ? 
Hướng dẫn: )(3,0
56.100
6,5.300
molnKOH  Giả sử mK2SO3, KHSO3=21,4gam 
Gọi nK2SO3 = x (mol); nKHSO3 = y (mol) )0;0;0(  yyx 
 SO2 + 2 KOH  K2SO3 + H2O 
 x  2x  x (mol) 
26 
 SO2 + KOH  KHSO3 
 y  y  y (mol) 















410
23
410
73
4,21120158
3,02
y
x
yx
yx
=>Loại 
Vì 0
410
23
;0
410
73
 yx => Chất rắn là: K2SO3, KOH 
mK2SO3, KOH = 21,4 gam, gọi nK2SO3 = x (mol) 
 SO2 + 2 KOH  K2SO3 + H2O 
 x  2x  x (mol) 
mK2SO3, KOH = (0,3 – 2x).56 + 158x = 21,4 gam 
 => x = 0,1 => lítVSO 4,224.1,02  
DẠNG II.C: Cho a (mol/ lit/ gam CO2, SO2, . . . ) hoặc b mol KOH, 
NaOH, muối cacbonat, muố