- Vì kiềm là một loại bazơ tan được trong nước nên tất cả các chất kiềm đều là bazơ.

Thí dụ: NaOH, KOH, Ba(OH)₂.

- Vì không phải mọi bazơ đều tan trong nước nên không phải tất cả các bazơ đều là chất kiềm.

Thí dụ: Các bazơ  Cu(OH)₂,Mg(OH)_2, Fe(OH)_{3 ..}  là các bazơ không tan

- Cho quỳ tím vào từng mẫu thử của các dung dịch trên, rồi chia làm hai nhóm:

+ Nhóm 1: Quỳ tím đổi màu thành xanh: Ba(OH)₂ và NaOH.

+ Nhóm 2: Quỳ tím không đổi màu: NaCl và Na₂SO₄.

– Phân biệt các chất trong các nhóm: Lấy từng chất của nhóm 1 đổ vào từng chất của nhóm 2

Quan sát hiện tượng => rút ra chất đem đổ và chất bị đổ => phân biệt được từng chất.

Lấy mỗi chất 1 ít cho ra các ống nghiệm khác nhau và đánh số thứ tự tương ứng.

Cho quỳ tím vào mẫu thử từng chất và quan sát, thấy:

- Những dung dịch làm quỳ tím đổi màu là: NaOH và Ba(OH)₂, (nhóm 1).

- Những dung dịch không làm quỳ tím đổi màu là: NaCl, Na₂SO₄ (nhóm 2).

Để nhận ra từng chất trong mỗi nhóm, ta lấy một chất ở nhóm (1), lần lượt cho vào mỗi chất ở nhóm (2), nếu có kết tủa xuất hiện thì chất lấy ở nhóm (1) là Ba(OH)₂ và chất ở nhóm (2) là Na₂SO₄. Từ đó nhận ra chất còn lại ở mỗi nhóm.

Phương trình phản ứng: Ba(OH)₂ + Na₂SO₄ → BaSO₄ + 2NaO

- Đổi số mol Na₂O

- Viết PTHH:  Na₂O + H₂O → 2NaOH

Tính toán theo PTHH

a) Công thức tính nồng độ mol/lít  C_M = n : V

b) $\begin{array}{c}{m}_{\text{dd}{H}_{2}S{O}_4}=\frac{m_{H_{2}S{O}_4}.100\mathrm{\%}}{C\mathrm{\%}}\\ V_{\text{dd}{H}_{2}S{O}_4}=\frac{m_{\text{dd}{H}_{2}S{O}_4}}{D}\end{array}$

a) Phương trình hóa học:

$N{a}_{2}O+H_{2}O\to 2NaOH$

Ta có:

$\begin{array}{rl}& n_{N{a}_{2}O}=\frac{m}{M}=\frac{15,5}{\left(46+16\right)}=0,25\left(mol\right)\\ & n_{NaOH}=2\times 0,25=0,5\left(mol\right)\\ & C{M}_{NaOH}=\frac{n}{V}=\frac{0,5}{0,5}=1\left(M\right)\end{array}$

b) Phương trình hóa học:

$\begin{array}{rl}& 2NaOH+H_{2}S{O}_4\to N{a}_{2}S{O}_4+2H_{2}O\\ & 0,5mol\to 0,25mol\end{array}$

$\begin{array}{rl}& n_{H_{2}S{O}_4}=0,25mol\\ & \to m_{H_{2}S{O}_4}=n.M=0,25.98=24,5\left(g\right)\\ & m_{dd{H}_{2}S{O}_4}=\frac{m_{H_{2}S{O}_4}}{C\mathrm{\%}}.100\mathrm{\%}\\ & =\frac{24,5}{20\mathrm{\%}}.100\mathrm{\%}=122,5\left(g\right)\\ & m_{dd{H}_{2}S{O}_4}=D.V\\ & \Rightarrow V=\frac{m_{dd}}{D}=\frac{122,5}{1,14}=107,5\left(ml\right)\end{array}$

                                                Lý thuyết Bài 7: Tính chất hóa học của bazơ

Dạng 3: Phản ứng nhiệt phân của bazo không tan

* Một số lưu ý cần nhớ:

Một số ví dụ điển hình:

Ví dụ 1: Nhiệt phân hoàn toàn x gam Fe(OH)₃ đến khối lượng không đổi thu được 24 gam chất rắn. Giá trị bằng số của x là:

Hướng dẫn giải chi tiết:

$n_{F{e}_2{O}_3}=\frac{m_{F{e}_2{O}_3}}{M_{F{e}_2{O}_3}}=\frac{24}{56.2+16.3}=0,15mol$

             2Fe(OH)₃ $\stackrel{t^o}{\to }$ Fe₂O₃ + 3H₂O

Tỉ lệ        2                       1

Pứ        ?mol                  0,15 mol

Từ pt => $n_{Fe{\left(OH\right)}_3}=2.n_{F{e}_2{O}_3}=0,3mol$

$m_{Fe{\left(OH\right)}_3}=n_{Fe{\left(OH\right)}_3}.M_{Fe{\left(OH\right)}_3}=0,3.\left(56+3+16.3\right)=32,1gam$

Ví dụ 2: Nhiệt phân hoàn toàn 19,6g Cu(OH)₂ thu được một chất rắn màu  đen, dùng khí H₂ dư khử chất rắn màu đen đó thu được một chất rắn màu  đỏ có khối lượng là:

Hướng dẫn giải chi tiết:

n_Cu(OH)2 = 19,6 : (64 + 2 + 32) = 0,2 mol

              Cu(OH)₂ $\stackrel{t^0}{\to }$CuO + H₂O

Tỉ lệ       1                     1

Pứ          0,2                 ? mol

Từ pt => n_CuO = n_Cu(OH)2 = 0,2 mol

             CuO + H₂  $\stackrel{t^0}{\to }$ Cu + H₂O

Tỉ lệ       1                     1

Pứ          0,2                  ? mol

Từ pt => n_Cu = n_CuO= 0,2 mol

=> m_Cu = n_Cu . M_Cu = 0,2 . 64 = 12,8g