Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Giáo dục - Đào tạo Hóa học Skkn môn hóa học lý thuyết và bài tập về cân bằng ion trong dung dịch nước ...

Tài liệu Skkn môn hóa học lý thuyết và bài tập về cân bằng ion trong dung dịch nước

.PDF
22
855
93

Mô tả:

MỞ ĐẦU 1. Lí do chọn đề tài Bài tập về tính nồng độ các ion trong dung dịch chất điện li thường có mặt trong đề thi học sinh giỏi các cấp. Kiến thức này các sách của bậc đại học viết nhiều (thuộc bộ môn hóa học phân tích), tuy nhiên nội dung kiến thức tương đối sâu, rộng, … nói chung học sinh bậc phổ thông thường khó tiếp cận. Để cung cấp một số kiến thức thật sự cần thiết, các dạng bài tập liên quan nhằm khắc sâu kiến thức đó, tôi cố gắng hệ thống và xây dựng lại các công thức tính nồng độ ion, giải một số bài tập minh họa nhằm giúp học sinh lĩnh hội kiến thức dễ dàng và nhanh chóng hơn. Chính vì các lí do trên, tôi chọn đề tài : “ LÝ THUYẾT VÀ BÀI TẬP VỀ CÂN BẰNG ION TRONG DUNG DỊCH NƯỚC” 2. Mục đích của đề tài Việc thực hiện đề tài nhằm xây dựng lại một phần lí thuyết (các công thức tính), bài tập liên quan, để phù hợp với đối tượng học sinh THPT từ đó giúp học sinh dễ nắm bắt kiến thức để học tốt hơn nhằm chuẩn bị tốt cho các kỳ thi học sinh giỏi Hóa học cả về lí thuyết – bài tập – phương pháp giải, góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy và học tập bộ môn. 3. Nhiệm vụ của đề tài + Nghiên cứu nội dung và phân loại kiến thức về hóa học phân tích bậc đại học; + Vận dụng lí thuyết để giải quyết các bài tập hoá liên quan. 4. Phương pháp nghiên cứu Trong quá trình nghiên cứu đề tài, tôi sử dụng kết hợp nhiều phương pháp như nghiên cứu lí luận và thực tiễn …, cụ thể : + Tìm hiểu sự cần thiết của đề tài đối với đề thi; + Tìm hiểu tài liệu có liên quan đến đề tài: Sách, báo, tạp chí, nội dung chương trình, các đề thi olimpic hoá học trong nước và quốc tế; + Tham khảo ý kiến của các giảng viên, giáo viên, các đồng nghiệp có nhiều kinh nghiệm trong nghiên cứu và giảng dạy. 5. Những đóng góp mới của đề tài + Bước đầu đề tài góp phần xây dựng được một hệ thống lí thuyết phù hợp và phương pháp giải bài tập liên quan; + Nội dung của đề tài giúp học sinh có thêm tư liệu hữu ích trong quá trình học tập. Gv : Nguyễn Minh Nhật 1 CHƯƠNG I TÓM TẮT LÍ THUYẾT 1.1 Các định luật hóa học cơ bản áp dụng cho cân bằng ion trong dung dịch nước 1.1 Định luật bảo toàn khối lượng 1.1.1 Nồng độ gốc, nồng độ ban đầu, nồng độ cân bằng, định luật bảo toàn nồng độ ban đầu 1.1.1.1 Nồng độ gốc : Ký hiệu C0 Là nồng độ chất trước khi đưa vào hỗn hợp phản ứng 1.1.1.2. Nồng độ ban đầu : Ký hiệu C Là nồng độ chất trước khi tham gia phản ứng 1.1.1.3. Nồng độ cân bằng : Ký hiệu [ ] Là nồng độ các cấu tử sau khi phản ứng đã xảy ra và hệ đã đạt tới trạng thái cân bằng. 1.1.1.4. Định luật bảo toàn nồng độ ban đầu : Phát biểu : “ Nồng độ ban đầu của một cấu tử bằng tổng nồng độ cân bằng của các dạng tồn tại của cấu tử đó trong dung dịch tại thời điểm cân bằng’’ 1.1.2. Định luật bảo toàn điện tích (định luật trung hòa điện) Nội dung: “ Tổng điện tích âm của các anion phải bằng tổng điện tích dương của các cation có mặt trong dung dịch” 1.1.3. Định luật bảo toàn proton (điều kiện proton) Phát biểu : “ Nồng độ proton trong dung dịch ở trạng thái cân bằng, bằng tổng nồng độ proton mà các chất ở trạng thái so sánh (được quy ước gọi là “mức không”) đã giải phóng ra trừ đi tổng nồng độ proton mà các chất ở trạng thái so sánh đã thu vào để đạt tới trạng thái cân bằng”. Trạng thái so sánh có thể là trạng thái ban đầu hoặc là một trạng thái giả định nào đó. 1.2. Cân bằng trong các dung dịch Axit- Bazơ nhiều cấu tử 1.2.1 Dung dịch hỗn hợp gồm 1 đơn Axit mạnh và 1 đơn Axit yếu Thành phần dung dịch : (HX , C ; HA , Ca , Ka ; H2O) Các quá trình xảy ra trong hệ HX  H+ X- + (1) HA H+ + A- Ka (2) H2O H+ + OH- W (3) Vì dung dịch chứa đơn Axit mạnh HX, nên nồng độ ion H+ phân ly ra trong dung dịch lớn, cân bằng (3) chuyển dịch mạnh sang trái. Vì vậy ta bỏ qua (3) so với (1) và (2), dựa vào (2) để tính với lưu ý: Nồng độ ban đầu của ion H+ ở cân bằng (2) chính bằng nồng độ ban đầu của đơn Axit mạnh HX. C HA H+ Ca C Gv : Nguyễn Minh Nhật + A0 2 Ka Ca – x [ ] C+x x Theo định luật tác dụng khối lượng ta có: x (C  x ) = Ka (a) Ca  x Giải phương trình (a) phương trình bậc 2 đối với x. Tìm x Từ x  [H+] ; pH ; [A-] ; [HA] ; [OH-] Ta có thể giải gần đúng (a): + Nếu x « C, Ca . Từ (a)  x = Ka Ca . C Từ x  [H+] ; pH ; [A-] ; [HA] ; [OH-] + Nếu x ≈ C « Ca . Từ (a)  x(C + x) = KaCa  x2 + Cx - KaCa = 0 (b) Giải phương trình (b) phương trình bậc 2 đối với x. Tìm x Từ x  [H+] ; pH ; [A-] ; [HA] ; [OH-] + Nếu x ≈ Ca « C . Từ (a)  Cx = Ka(Ca – x)  (C + Ka)x = KaCa  x = K a Ca C  Ka Từ x  [H+] ; pH ; [A-] ; [HA] ; [OH-] 1.2.2. Dung dịch hỗn hợp gồm 1 đơn Bazơ mạnh và 1 đơn Bazơ yếu Thành phần dung dịch : (BOH , C ; A- , Cb , Kb ; H2O) Các quá trình xảy ra trong hệ  BOH A- B+ OH- + (1) + H2O HA + OH- Kb (2) H2O H+ + OH- W (3) Vì dung dịch chứa đơn bazơ mạnh BOH, nên nồng độ ion OH - phân ly ra trong dung dịch lớn, cân bằng (3) chuyển dịch mạnh sang trái. Vì vậy ta bỏ qua (3) so với (1) và (2), dựa vào (2) để tính với lưu ý: Nồng độ ban đầu của ion OH- ở cân bằng (2) chính bằng nồng độ ban đầu của đơn bazơ mạnh BOH. A- + H2 O HA + OH- C Cb 0 C [ ] Cb – x x C+x Theo định luật tác dụng khối lượng ta có: Gv : Nguyễn Minh Nhật 3 Kb x (C  x ) = Kb (a) Cb  x Giải phương trình (a) phương trình bậc 2 đối với x. Tìm x Từ x  [OH-] ; [H+] ; pH ; [A-] ; [HA] Ta có thể giải gần đúng phương trình (c): + Nếu x « C, Cb . Từ (c)  x = Kb Cb . C Từ x  [OH-] ; [H+] ; pH ; [A-] ; [HA] + Nếu x ≈ C « Cb . Từ (c)  x(C + x) = KbCb  x2 + Cx - KbCb = 0 (b) Giải phương trình (b) phương trình bậc 2 đối với x. Tìm x Từ x  [OH-] ; [H+] ; pH ; [A-] ; [HA] + Nếu x ≈ Cb « C . Từ (b)  Cx = Kb(Cb – x)  (C + Kb)x = KbCb  x = K bCb C  Kb Từ x  [OH-] ; [H+] ; pH ; [A-] ; [HA] 1.2.3. Dung dịch chứa hỗn hợp nhiều đơn Axit yếu Thành phần dung dịch: (HA1,Ca1, Ka1 ; HA2,Ca2,Ka2 ; … ; HAn,Can ,Kan ; H2O) Các quá trình xảy ra trong hệ HA1 H+ + A1- Ka1 (1) HA2 H+ + A2- Ka2 (2) HAn H+ + An- Kan (n) H2O H+ + OH- W (n+1) .......... + Trường hợp 1: Nếu Ca1 . Ka1 » Ca2 . Ka2 ; … ; Can .Kan ; W  bỏ qua các cân bằng (2) đến (n+1) so với (1), dựa vào (1) để tính. H+ HA1 + A1- Ka1 C Ca1 0 0 [ ] Ca1 – h h h Theo định luật tác dụng khối lượng ta có: Ka1 = h2 Ca1  h (a) Giải phương trình (a) phương trình bậc 2 đối với h. Tìm h. Từ h  [HA1] ,[A1-] , [H+] Để tính [HAi] , [Ai-] (với i = 2  n) Ta dựa vào cân bằng thứ i với lưu ý: nồng độ ban đầu của ion H + ở cân bằng i chính bằng nồng độ cân bằng của ion H+ ở cân bằng (1) . Gv : Nguyễn Minh Nhật 4 + Trường hợp 2: Nếu Ca1 . Ka1 ≈ Ca2 . Ka2 ≈ … ≈ Can .Kan ≈ W  Các cân bằng xảy ra ở mức độ tương đương nhau Trước hết ta xét dung dịch hỗn hợp gồm 2 đơn Axit yếu HA1 và HA2 Áp dụng điều kiện proton với mức không là HA1, HA2, H2O [H+] = [OH-] + [A1-] + [A2-]  [H+] - [OH-] - [A1-] - [A2-] = 0 Đặt : [H+] = h  [OH-] = W h - W h h (b) thay vào (b) ta được: - [A1-] - [A2-] = 0 (c) Theo định luật bảo toàn nồng độ ban đầu ta có : CHA1 = Ca1 = [HA1] + [A1-] = [A1-] h Ka1-1 + [A1-] = [A1 -] (h Ka1 -1 + 1)  Tương tự: h - [A1-] = Ca1 K a1 h  K a1 [A2-] = Ca2 Ka2 h  Ka2 thay vào (c) ta được Ka2 K a1 W - Ca1 - Ca2 = 0 h h  Ka2 h  K a1 (d) Tổng quát cho hệ gồm n đơn Axit yếu: h - Ka2 K an K a1 W - Ca1 - Ca2 - … - Can = 0 h h  Ka2 h  K an h  K a1 Hay : h - n K ai W -  C ai = 0 i 1 h h  K ai (e) Giải phương trình (e) phương trình bậc (n+2) đối với h. Tìm h. Từ h  [OH-] ; pH ; [Ai-] ; [HAi] (với i = 1  n). + Nếu Ca1 . Ka1 ≈ Ca2 . Ka2 ≈ … ≈ Can .Kan » W phương trình (e) trở thành n h -  C ai i 1 Gv : Nguyễn Minh Nhật K ai = 0 h  K ai 5 (f) CHƯƠNG II BÀI TẬP VẬN DỤNG CÓ HƯỚNG DẪN Bài số 1[1]: 1. Tính độ điện li của ion CO32 trong dung dịch Na2CO3 có pH =11,60 (dung dịch A). 2. Thêm 10,00 ml HCl 0,160 M vào 10,00 ml dung dịch A. Tính pH của hỗn hợp thu được. 3. Có hiện tượng gì xảy ra khi thêm 1 ml dung dịch bão hoà CaSO 4 vào 1 ml dung dịch A. Cho: HCO3 + H+ ; CO2 + H2O HCO3 H+ + CO32 K a1 ; K a2 = 106,35 = 1010,33 Độ tan của CO2 trong nước bằng 3,0.102 M. Tích số tan của CaSO4 bằng 105,04; của CaCO3 bằng 108,35 (KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2005 (BẢNG B)) Hướng dẫn : + H2O HCO3 + OH ; Kb1 = 10-14/10-10,33 = 103,67 HCO3 + H2O ( H2O.CO2) + OH ; Kb2 = 10-14/10-6.35 = 107,65 CO32 1. (1) (2) Kb1 >> Kb2 , cân bằng (1) là chủ yếu. CO32 C C [ ] C  102,4 10   2, 4 2 K= C  10   CO2 3  2, 4 102,4 = 103,67  C = 102,4 + (10-4,8/10-3,67) = 0,0781 M + 2 H+ 0,03905  0, 0781  3,905.102 M 2 CO2 + H2O 0,08 1,9. 103 CO2 CNa2CO3  0,16/2 = 0,08 M ; CO32 C 102,4 102,4.100%   5,1% 0, 0781 2. CHCl = [] HCO3 + OH ; K = 103,67 + H2O 0,03905 > LCO2 H+ + H2O + 3,0  102 1,9. 103 (3,0  102  x) (1,9. 103 + x) HCO3 ; Ka1 = 106,35 (do Ka1 >> Ka2) x  H    HCO3  x.(1,9.103  x) K a1    106,35  x = 7,05.106 2 CO (3, 0.10  x )  2 Ta thấy : x << 1,9.10-3  [H+] = 1,9.103. Vậy pH =  lg 1,9. 103 = 2,72 3. CCO2 = 0,0781/2 = 0,03905  0,0391 3 CaSO4 Ca2+ + x x = (KS1)0,5 = 102,52 Gv : Nguyễn Minh Nhật SO42 ; KS1 = 105,04 x CCa2+ = (10-2,52/2) = 102,82 6 CO32 HCO3 + OH ; 103,67 + H2O C 0,0391 [] 0,0391  x x (do Kb1 >> Kb2) x x2  103,67  x  2,89.103 0,0391  x CCO2 = 0,0391  2,89.103 = 0,0362 M 3 CCO2 .CCa2 = 0,0362  102,82 = 5,47.105 > 108,35 3 Kết luận: có kết tủa CaCO3 Bài số 2[3]: Trộn 0,5 lít dung dịch axit fomic 0,2M vào 0,5 lít dung dịch HCl 2 mM thu được dung dịch A a) Tính pH của dung dịch A ? b) Tính độ điện li 1 của axit fomic trong dung dịch A. c) Nếu pha loãng 0,5 lít dung dịch axit fomic trên với 0,5 lít nước cất thì độ điện li  2 của axit fomic trong trường hợp này là bao nhiêu ? So sánh 1 và  2 và giải thích? Cho biết : - Thể tích dung dịch không bị hao hụt khi pha trộn; - HCl điện li hoàn toàn; - HCOOH có Ka = 1,8.10-4. Hướng dẫn : a) Nồng độ các chất trong dung dịch thu được sau khi pha trộn là : CHCOOH = 0,1M ; CHCl = 10-3M Các quá trình điện li xảy ra trong dung dịch : HCl  H+ + ClHCOOH C 0,1 [] (0,1 – x) H+ + Cl- 10-3 (10-3 + x) x Áp dụng Ka =[x.(10-3 + x)]/(0,1 – x) = 1,8.10-4  x = 3,7.10-3 + pH của dung dịch thu được là : pH = -lg[H+] = -lg(10-3 + 3,7.10-3) = 2,3 b) Độ điện li 1  c) Độ điện li  2  x 3, 7.103 .100%  .100%  3, 7% 0,1 0,1 Ka 1,8.104   4, 24% C 0,1 Ta có :  2 > 1 vì trong dung dịch HCl có H+ của HCl nên cân bằng điện li của HCOOH bị Bài số 3[2]: Gv : Nguyễn Minh Nhật 7 Axit Photphoric là một loại phân bón quan trọng. Bên cạnh đó axit photphoric và muối của nó có nhiều ứng dụng trong xử lý kim loại, thực phẩm, chất tẩy rửa và công nghiệp chế tạo thuốc đánh răng. 1. Giá trị pK của ba nấc phân ly của H3PO4 ở 25oC là: pKa1 = 2,12; pKa2 = 7,21; pKa3=12,32. Viết công thức bazơ liên hợp của H2PO4- và tính gía trị Kb của nó. 2. Một lượng nhỏ H3PO4 được sử dụng rộng rãi để tạo vị chua hay vị chát cho nhiều thức uống như cola và bia. Cola có tỉ khối 1,00gmL-1 chứa 0,05% H3PO4 về khối lượng.Tính pH của Cola (bỏ qua nấc phân li thứ 2 và 3). Giả sử rằng nguyên nhân gây ra tính axit của cola là do H3PO4. (Trích đề OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ LẦN THỨ 33) Hướng dẫn : 1. Bazơ liên hợp của dihidro photphat (H2PO4-) là monohydrophotphat (HPO42-) H2PO4- + H2O HPO42- + H3O+ K2a HPO42- + H2O H2PO4- + OH- K2b H3O+ + OH- Kw. 2H2O Ta có : pK2a + pK2b = pKw = 14  pK2b = 6,79 2. CH PO  5,1.103 M 3 4 H3PO4 + H2PO4- H2 O H 3 O+ + [] (0,0051 – x) x Do pKa1 = 2,12  Ka1 = 10-2,12 = 7,59.10-3. x  H 2 PO4   H 3O   x2 Ta có: ka1    7,59.103 0, 0051  x  H 3 PO4  x   H3O   3, 49.103  pH  2, 46 ;chuyển dịch theo chiều nghịch là độ điện li giảm. Bài số 4[5] : Tính cân bằng trong dung dịch HCOONH4 0,2M. Biết rằng: KHCOOH = 10-3,75 ; K NH  = 10-9,24 4 Hướng dẫn : Các quá trình xảy ra trong hệ HCOONH4  NH4+ NH4+ H+ + + HCOONH3 ; K NH  = 10-9,24 (1) 4 HCOO- + H+ H2O HCOOH H+ 1 K HCOOH ; OH- + = 103,75 (2) ; W = 10-14 (3) Ta có: K NH  .C = 10-9,24.0,2 = 10-9,94 » W = 10-14  Bỏ qua (3) so với (1) 4 Tổ hợp (1) và (2) ta được: Gv : Nguyễn Minh Nhật 8 1 NH3 + HCOOH K NH  . K HCOOH = 10-5,49 NH4+ + HCOO- 4 C 0,2 [ ] 0,2 – x 0,2 0 0 0,2 – x x x x2 Theo định luật tác dụng khối lượng ta có: = 10-5,49 2 (0,2  x )  (1 + 10-2,745) x = 0,2.10-2,745 = 3,598.10-4 3,598.10 4  x = = 3,592.10-4  2 , 745 1  10 [NH3] = [HCOOH] = x = 3,592.10-4M [NH4+] = [HCOO-] = 0,2 – x = 0,2 – 3,592.10-4 ≈ 0,2M [H+] = 10 9, 24.10 3, 75 = 10-6,495 = 3,199.10-7M K NH  .K HCOOH = 4  [OH-] = 10-7,505 = 3,126.10-8M    OH  = 3,199.10 Ta có: H   7  3,126.10 8 = 2,886.10-7M « [NH3] ; [HCOOH] ; [NH4+] ; [HCOO-] Như vậy cách giải ở trên hoàn toàn phù hợp với giả thiết gần đúng. Bài số 5 [4]: Tính pH của dung dịch Metyl amoni xianua (CH3NH3CN) 3.10-3M. Cho biết: KCH NH  = 10-10,60 ; K HCN = 10-9,35. 3 3 Hướng dẫn : Các quá trình xảy ra trong hệ CH3NH3CN  CH3NH3+ CH3NH3+ H+ + CN- + KCH NH  = 10-10,60 (1) CH3NH2; 3 CN- + H+ 1 K HCN = 109,35 HCN H+ H2O + 3 OH- W = 10-14 Ta có: KCH NH  C = 10-10,60.3.10-3 = 7,54.10-14 ≈ W = 10-14 3 3  Các cân bằng (1), (2), (3) đều xảy ra đáng kể . Áp dụng điều kiện proton với mức không: CH3NH3+ ; CN- ; H2O [H+] = [OH-] + [CH3NH2] - [HCN] Hay :  h + [HCN] = - h + [CN ] h K Gv : Nguyễn Minh Nhật W + [CH3NH2] h 1 HCN W = + KCH NH h 3 9 (2) CH NH  3  3 h  3 (3)  W  KCH NH  . CH 3 NH 3  h = 3 (4) 3 1 K 1 HCN . CN   Một cách gần đúng ta chấp nhận: [CH3NH3+] = CCH NH  = 3.10-3M 3 ; [CN-] = 3 10 14  3.10 3.10 10, 60 = 1,1274.10-10 = 10-9,95M 3 9 , 35 1  3.10 .10 thay vào (4) ta được: h =  CCN  = 3.10-3M pH = 9,95 Để tính h chính xác hơn, ta giải theo phương pháp gần đúng liên tục. W  KCH NH  . CH 3 NH 3  Sử dụng các công thức: h = 3 (4) 3 1 1  K HCN . CN   K [CH3NH3+] HCN h = CCH NH  . ; [CN-] = CCN  . h  K HCN 3 3 h  KCH NH  3 3 Chấp nhận: [CH3NH3+] = CCH NH  = 3.10-3M ; [CN-] = 3 thay vào (4) ta được: [CH3NH3+]1 3 CCN  = 3.10-3M h0 = 1,1274.10-10M. Thay vào (5) ta được: 1,1274.10 10 = 3.10 = 2,4534.10-3M 10 10, 60 1,1274.10  10 -3 [CN-]1 = 3.10-3 10 9,35 = 2,3954.10-3M 10  9 , 35 1,1274.10  10 thay vào (4) ta được: h1 = Ta có: (5) 10 14  10 10, 60.2,4534.10 3 = 1,1557.10-10M 9 , 35 3 1  10 .2,3954.10 1,1557.10 10  1.1274.10 10 h1  h 0 100% = 100% = 2,51% h0 1,1274.10 10 Vậy : h = 1,1557.10-10 = 10-9,94  pH = 9,94 + Kiểm tra lại giả thiết: [CH3NH2] = CCH NH  - [CH3NH3+] = 3.10-3 - 2,4534.10-3 = 5,466.10-4M 3 3 [HCN] = CCN  - [CN-] = 3.10-3 - 2,3954.10-3 = 6,046.10-4M [CH3NH3+] = 2,4534.10-3M ; [CN-] = 2,3954.10-3M 10 14 W [OH ] = = = 8,6528.10-5M 10  OH  1,1557.10 - H   OH    = 1,1557.10 Gv : Nguyễn Minh Nhật 10  8,6528.10 5 ≈ 8,6528.10-5M 10 không nhỏ hơn nhiều so với: [CH3NH2] ; [HCN] ; [CH3NH3+] ; [CN-] . Bài số 6[5] : Tính cân bằng trong dung dịch gồm HCl 10 -2M và HAc 0,2M. Cho biết : KHAc = Ka = 10-4,76. Hướng dẫn : Các quá trình xảy ra trong hệ  HCl H+ Cl- + HAc H+ + Ac- H2O H+ + OH- (1) Ka = 10-4,76 (2) W = 10-14 (3) Ta có : [H+] ≈ CHCl = 10-2M  [OH-] = 10-12M « [H+] Vì vậy ta bỏ qua (3) so với (1) và (2), dựa vào (2) để tính. H+ HAc + Ac- Ka = 10-4,76 C 0,2 10-2 0 [ ] 0,2 – x 10-2 + x x x (10 2  x ) Theo định luật tác dụng khối lượng ta có: = 10-4,76 0,2  x + Giả sử: x « 10-2 . Từ (4)  x = 10-4,76 (1.3) 0,2 = 10-3,46 không « 10-2 2 10 + Giả sử x « 0,2 Từ (4)  x2 + 10-2x - 10-5,46 = 0 Giải ra ta được: x = 3,355.10-4 « 0,2 [Ac-] = x = 3,355.10-4M [Cl-] = CHCl = 10-2M ; [HAc] = 0,2 - x ≈ 0,2M [H+] = 10-2 + x = 10-2 + 3,355.10-4 = 1,034.10-2 = 10-1,986M 10 14 W [OH ] = = = 10-12,014M H   10 1,986 - ; pH = 1,986 Bài số 7[5] : Tính cân bằng trong dung dịch gồm NaOH 10-3M và NaAc 0,5M. Cho biết : KHAc = 10-4,76. Hướng dẫn : Các quá trình xảy ra trong hệ  NaAc NaOH  Na+ Na+ + OH- Ac- + H2O HAc + OH- H2O H+ + OH- Gv : Nguyễn Minh Nhật Ac- + (1) 1 Kb = K HAc .W = 10-9,24 (2) W = 10-14 11 (3) Ta có: [OH-] ≈ CNaOH = 10-3M  [H+] = 10-11M « [OH-] . Nên ta bỏ qua (3) so với (1) và (2), dựa vào (2) để tính. Ac- + H2O + OH- HAc Kb = 10-9,24 C 0,5 0 10-3 [ ] 0,5 – x x 10-3 + x x (10 3  x ) Theo định luật tác dụng khối lượng ta có: = 10-9,24 0,5  x Giả sử (4) x « 10-3 Từ (4)  x = 10-9,24 0,5 = 10-6,54 = 2,877.10-7 « 10-3 3 10 [Na+] = CNaOH + CNaAc = 0,5 + 10-3 = 0,501M [Ac-] = 0,5 - x ≈ 0,5M , [HAc] = x = 2,877.10 -7M [OH-] = 10-3 + x ≈ 10-3M  [H+] = 10-11M  pH = 11 Bài số 8[6] : Tính cân bằng trong dung dịch gồm HAc 5.10-2M và HCN 2.10-1 M. Cho biết : KHAc = 10-4,76 ; KHCN = 10-9,35. Hướng dẫn : Các quá trình xảy ra trong hệ HAc H+ + Ac- KHAc = 10-4,76 (1) HCN H+ + CN- KHCN = 10-9,35 (2) H2O H+ + OH- W = 10-14 (3) Ta có: KHAc.CHAc = 10-4,76.5.10-2 = 10-6,06 KHCN.CHCN = 10-9,35.2.10-1 = 10-10,05 Ta thấy: KHAc.CHAc » KHCN.CHCN » W = 10-14. Ta bỏ qua cân bằng (2) và (3) so với (1), dựa vào (1) để tính. HAc H+ + Ac- KHAc = 10-4,76 C 5.10-2 0 0 [ ] 5.10-2 – h h h h2 Theo định luật tác dụng khối lượng ta có: = 10-4,76 2 5.10  h  h2 + 10-4,76 - 10-6,06 = 0 Giải ra ta được: h = 9,235.10-4 = 10-3,0346 [H+] = [Ac-] = h = 9,235.10-4 M [HAc] = 5.10-2 – h = 5.10-2 - 9,235.10-4 = 4,91.10-2M Để tính nồng độ của [HCN] , [CN-] ta dựa vào cân bằng (2) Gv : Nguyễn Minh Nhật 12 HCN H+ C 2.10-1 9,235.10-4 0 [ ] 2.10-1 – x 9,235.10-4 + x x + CN- KHCN = 10-9,35 x (9,235.10 4  x ) Theo định luật tác dụng khối lượng ta có: = 10-9,35 1 2.10  x Giả sử : (4) x « 9,235.10-4 Từ (4)  x = 10-9,35 2.10 1 = 9,6737.10-8 « 9,235.10-4 4 9,235.10 [HCN] = 2.10-1 – x ≈ 2.10-1M [CN-] = x = 9,6737.10-8M ;  [H+] = 9,235.10-4 + x ≈ 9,235.10-4 = 10-3,0346 pH = 3,0346 10 14 W [OH ] = = = 10-10,9654M H   10 3,0346 - Bài số 9[6]: Tính pH trong dung dịch chứa hỗn hợp HCOOH 2.10-2M và HAc 10-1M. Cho biết : KHCOOH = K1 = 10-3,75 ; KHAc = K2 = 10-4,76 . Hướng dẫn : Các quá trình xảy ra trong hệ HCOOH H+ + HCOO- HAc H+ + Ac- H2O H+ + OH- K1 = 10-3,75 (1) K2 = 10-4,76 (2) W = 10-14 (3) Ta có: K1.CHCOOH = 10-5,45 ≈ K2.CHAc = 10-5,76 »W = 10-14  Bỏ qua cân bằng (3) so với (1) và (2), dựa vào (1) và (2) để tính. Áp dụng điều kiện proton với mức không : HCOOH , HAc [H+] = [HCOO-] + [Ac-]  h = [HCOOH]  h = K K1 + [HAc] 2 h h K1 HCO OH  K 2 HAc  (6) Theo định luật bảo toàn nồng độ ban đầu ta có: CHCOOH = C1 = [HCOOH] + [HCOO-] = [HCOOH] + K1 [HCOOH] h-1 = [HCOOH] (1+ K1h-1)  [HCOOH] = C1 h h ; tương tự: [HAc] = C2 h  K1 h  K2 Giải theo phương pháp gần đúng liên tục dựa vào (6) và (7) Chấp nhận: [HCOOH] = C1 = 2.10-2M ; [HAc] = C2 = 10-1M Gv : Nguyễn Minh Nhật 13 (7) thay vào (6) ta được: 10 3, 75.2.10 2  10 4, 76.10 1 = 2,3.10-3 thay vào (7) ta được: h0 = 2,3.10 3 [HCOOH]1 = 2.10 . = 1,86.10-2M 3  3, 75 2,3.10  10 -2 2,3.10 3 = 10 . 2,3.10 3  10  4, 76 = 9,925.10-2M thay vào (6) ta được: -1 [HAc]1 h1 = Ta có: 10 3, 75.1,86.10 2  10 4, 76.9,925.10 2 = 2,24.10-3 2,24.10 3  2,3.10 3 h1  h 0 100% = 100% = 2,61% h0 2,3.10 3 Vậy : h = 2,24.10-3 = 10-2,65  pH = 2,65 Bài số 10[5] : Tính cân bằng trong dung dịch gồm KAc 2.10-1M và KCN 5.10-2M. Cho biết: KHAc = 10-4,76 ; KHCN = 10-9,35 . Hướng dẫn : Các quá trình xảy ra trong hệ KCN  K+ + CN- KAc  K+ + Ac- CN- + H2O HCN + OH- 1 Kb1 = K HCN . W = 10-4,65 (1) Ac- HAc + OH- 1 Kb2 = K HAc W = 10-9,24 (2) + H2 O H+ H2O + OH- W Ta có: Kb1.CCN- = 10-5,95 » Kb2.CAc- = 10-9,94 » W.  Ta bỏ qua cân bằng (2) và (3) so với (1), dựa vào (1) để tính. CN- + H2O + OH- HCN C 5.10-2 0 0 [ ] 5.10-2 – x x x Kb1 = 10-4,65 x2 Theo định luật tác dụng khối lượng ta có: = 10-4,65 2 5.10  x  x2 + 10-4,65x - 5.10-6,65 = 0 Giải ra ta được: x = 1,047.10-3 [HCN] = [OH-] = x = 1,047.10-3M = 10-2,98M [CN-] = 5.10-2 - x = 5.10-2 - 1,047.10-3 = 4,9853.10-2M Để tính nồng độ [HAc] [Ac -] ta dựa vào cân bằng (2) Ac- + H2O Gv : Nguyễn Minh Nhật HAc + OH- 14 Kb2 = 10-9,24 (3) C 2.10-1 0 10-2,98 [ ] 2.10-1 – y y 10-2,98 + y y(10 2,98  y) Theo định luật tác dụng khối lượng ta có: = 10-9,24 2.10 1  y Giả sử: (4) y « 10-2,98 Từ (4)  y = 10-9,24 2.10 1 = 10-6,96 « 10-2,98  2 , 98 10 [HAc] = y = 10-6,96M = 1,096,10-7M; [Ac-] = 2.10-1 - y ≈ 2.10-1M  [H+] = [OH-] = 10-2,98 + y ≈ 10-2,98M  pH = 10 14 W = = 10-11,02M  2 , 98  OH  10 11,02 Bài số 11[5] : Tính pH trong dung dịch gồm NH3 0,2500M và KCN 0,2000M. Cho biết: KNH4+ = 10-9,24 ; KHCN = 10-9,35. Hướng dẫn : Các quá trình xảy ra trong hệ  K+ CN- + H2O HCN + OH- NH3 NH4+ + OH- KCN + H2 O CN- + 1 Kb1 = K HCN W = 10-4,65 (1) 1 -4,76 Kb2 = K NH  W = 10 (2) 4 H+ H2O + OH- W = 10-14 (3) Ta có: Kb1.CCN- = 10-5,35 ≈ Kb2.CNH3 = 10-5,362 » W.  Bỏ qua cân bằng (3) so với (1) và (2), dựa vào (1) và (2) để tính. Áp dụng điều kiện proton mở rộng với mức không : NH3 , CN[OH-] = x = [HCN] + [NH4+]   x = x = [CN-] K K b1 + [NH3] b 2 x x K b1 CN    K b 2 NH 3  (6) Theo định luật bảo toàn nồng độ ban đầu ta có: CCN  = Cb1 = [HCN] + [CN-] = [CN-] Kb1 x-1 + [CN-] = [CN-] (Kb1 x-1 + 1)  [CN-] = Cb1 x x ; tương tự: [NH3] = Cb2 x  K b2 x  K b1 (7) Giải theo phương pháp gần đúng liên tục dựa vào (6) và (7) + Chấp nhận: [CN-] = Cb1 = 0,2000M ; [NH3] = Cb2 = 0,2500M, thay vào (6) ta được: x0 = .10 4, 65.0,2  10 4, 76.0,25 = 2,97.10-3 thay vào (7) ta được : Gv : Nguyễn Minh Nhật 15 [CN-]1 = 0,2 2,97.10 3 = 0,1985M (*) 2,97.10 3  10  4, 65 2,97.10 3 [NH3]1 = 0,25 = 0,2490M (**) 2,97.10 3  10  4, 76 10 4, 65.0,1985  10 4, 76.0,2490 = 2,962.10-3 thay (*) và (**) vào (6) ta được: x1 = 2,962.10 3  2,97.10 3 x1  x 0 Ta có: 100% = 100% = 0,27% x0 2,97.10 3 Vậy: x = 2,962.10-3 = 10-2,53  [H+] = 10-11,47  pH = 11,47 Bài số 12[4] : Tính cân bằng trong dung dịch gồm H3PO4 10-2M. Cho biết H3PO4 có : K1 = 10-2,23 ; K2 = 10-7,21 ; K3 = 10-12,32. Hướng dẫn : Các quá trình xảy ra trong hệ H3PO4 H+ + H2PO4- K1 = 10-2,23 (1) H2PO4- H+ + HPO42- K2 = 10-7,21 (2) HPO42- H+ + PO43- K3 = 10-12,32 (3) H2O H+ + OH- W = 10-14 (4) Ta có : K1 » K2 » K3 (K1/K2 > 104) ; K1C = 10-2,23.10-2 = 10-4,23 » W = 10-14  Bỏ qua cân bằng (2) (3) (4) so với (1) và dựa vào (1) để tính. H+ H3PO4 + H2PO4- C 10-2 0 0 [ ] 10-2 – h h h K1 = 10-2,23 h2 Theo định luật tác dụng khối lượng ta có:  2 = 10-2,23 10  h  h2 + 10-2,23 h - 10-4,23 = 0 Giải ra ta được : h = 5,275.10-3 [H+] = [H2PO4-] = h 5,275.10-3M [H3PO4] = 10-2 - h = 10-2 - 5,275.10-3 = 4,725.10-3M Để tính nồng độ của [HPO42-] ta dựa vào cân bằng (2) H2PO4C 5,275.10-3 [ ] 5,275.10-3 – x H+ + HPO42- 5,275.10-3 0 5,275.10-3 + x x K2 = 10-7,21 x (5,275.10 3  x ) Theo định luật tác dụng khối lượng ta có: = 10-7,21 (5) 3 5,275.10  x Giả sử : x « 5,275.10-3 Gv : Nguyễn Minh Nhật 16 Từ (5)  x = 10-7,21 5,275.10 3 = 10-7,21 « 5,275.10-3 3 5,275.10 [HPO42-] = x = 10-7,21M ; [H2PO4-] = 5,275.10-3 - x ≈ 5,275.10-3M [H+] = 5,275.10-3 + x ≈ 5,275.10-3M Để tính nồng độ [PO43-] ta dựa vào cân bằng (3) HPO42- H+ PO43- C 10-7,21 5,275.10-3 0 [ ] 10-7,21 – a 5,275.10-3 + a a + K3 = 10-12,32 a (5,275.10 3  a ) Theo định luật tác dụng khối lượng ta có: = 10-12,32  7 , 21 10 a Giả sử : (6) a « 10-7,21 Từ (5)  a = 10 -12,32 [PO43-] = 10-17,25M 10 7 , 21 = 10-17,25 « 10-7,21 3 5,275.10 [HPO42-] = 10-7,21 – a ≈ 10-7,21M ; [H+] = 5,275.10-3 + a ≈ 5,275.10-3M  pH = 2,28 Bài số 13[3] : Tính pH trong dd gồm Na2 A 10-2M. Cho biết H2A có: K1 = 10-6,00; K2 = 10-6,72 Hướng dẫn : Các quá trình xảy ra trong hệ Na2A A2- +  H2O HA- + H2O H2O 2Na+ HA- A2- + + OH- Kb1 = K2 -1. W = 10-7,28 (1) H2A + OH- Kb2 = K1 -1. W = 10-8,00 (2) H+ + OH- W = 10-14 (3) Ta có: Kb1 ≈ Kb2 và Kb1Cb = 10-7,28.10-2 = 10-9,28 » W = 10-14  Bỏ qua cân bằng (3) so với (1) và (2),dựa vào (1),(2) để tính. (K b1 x n 1  2K b1K b 2 x n  2  ...  nK b1K b 2 ...K bn ) Từ phương trình: x - Cb n = 0 (4) x  K b1 x n 1  K b1K b 2 x n  2  ...  K b1K b 2 ...K bn Áp dụng phương trình (4) với n = 2 ta được: x - Cb  x3 + Kb1x2 + Kb1(Kb2 - Cb)x - 2CbKb1 Kb2 = 0 (K b1 x  2K b1K b 2 ) = 0 x 2  K b1 x  K b1K b 2 (5) Thay các giá trị Kb1 ; Kb2 ; Cb vào (5) ta được: x3 + 5,248.10-8 x2 - 5,248.10-10 x - 1,0496.10-17 = 0 Chọn x0 + x3 - 5,248.10-10 x = 0  + 5,248.10-8 x2 - 1,0496.10-17 = 0 Gv : Nguyễn Minh Nhật x = 2,29.10-5 (vì x > 0)  x = 1,414.10-5 (vì x > 0) 17 Nghiệm thực x phải thỏa mãn : 1,414.10-5 < x < 2,29.10-5 Chọn x0 = 2,25.10-5 F(x) = x3 + 5,248.10-8 x2 - 5,248.10-10 x - 1,0496.10-17 F’(x) = 3x2 + 1,0496.10-7 x - 5,248.10-10 ; F(x0) = - 4,013.10-16 F’(x0) = 9,963.10-10 F( x 0 ) 4,013.10 16 -5  x1 = x0 = 2,25.10 + = 2,29.10-5 10 F' ( x 0 ) 9,963.10 ; F(x1) = 8,025.10-18 F’(x1) = 1,0508.10-9 F( x 1 ) 8,025.10 18 -5  x2 = x1 = 2,29.10 = 2,289.10-5 9 F' ( x 1 ) 1,0508.10 2,289.10 5  2,29.10 5 x 2  x1 100% = 100% = 0,044% x1 2,29.10 5 Ta có : Vậy :  [H+] = 10-9,36 x = 2,289.10-5 = 10-4,64  pH = 9,36 Bài số 14[4] : Tính cân bằng trong dung dịch gồm Na2CO3 10-3M. Cho biết: H2CO3 có = 10-6,35 ; K2 = 10-10,33 Hướng dẫn : Các quá trình xảy ra trong hệ  Na2CO3 2Na+ CO32- + CO32- + H2O HCO3- + OH- Kb1 = K2-1. W = 10-3,67 (1) HCO3- + H2O H2CO3 + OH- Kb2 = K1-1. W = 10-7,65 (2) H+ H2O + OH- W = 10-14 (3) Ta có: Kb1 » Kb2 (Kb1/Kb2 ≈ 104) Kb1Cb = 10-3,67.10-3 = 10-6,67 » W = 10-14  Bỏ qua cân bằng (2) và (3) so với (1) và dựa vào (1)để tính. CO32- + H2O HCO3- + OH- Kb1 = 10-3,67 C 10-3 0 0 [ ] 10-3 – x x x Theo định luật tác dụng khối lượng ta có:  x2 = 10-3,67 3 10  x x2 + 10-3,67 x - 10-6,67 = 0 Giải ra ta được: x = 3,677.10-4  [HCO3-] = [OH-] = x =3,677.10-4M [CO32-] = 10-3 – x = 10-3 - 3,677.10-4 = 6,323.10-4M Để tính nồng độ [H2CO3] ta dựa vào cân bằng (2) HCO3- + H2O C 3,677.10-4 Gv : Nguyễn Minh Nhật H2CO3 0 18 + OH3,677.10-4 Kb2 = 10-7,65 K1 [ ] 3,677.10-4 – a 3,677.10 -4 + a a a (3,677.10 4  a ) Theo định luật tác dụng khối lượng ta có: = 10-7,65 4 3,677.10  a Giả sử : (4) a « 3,677.10-4  Từ (4) a = 10 -7,65 3,677.10 4 = 10-7,65 « 3,677.10-4 4 3,677.10 ; [HCO3-] = 3,677.10-4 – a ≈ 3,677.10-4 M [H2CO3] = a = 10-7,65M [OH-] = 3,677.10-4 + a ≈ 3,677.10-4 M; [Na+] = 2 CNa2CO3 = 2.103M  [H+] = 10 14 W = = 2,7196.10-11 = 10-10,57 4  OH  3,677.10 pH = 10,57 Bài số 15[4] : Tính pH trong dung dịch gồm NaHCO3 2.10-3M. Cho biết H2CO3 có: K1 = 106,35 ; K2 = 10-10,33. Hướng dẫn : Các quá trình xảy ra trong hệ  NaHCO3 Na+ HCO3HCO3- + H+ H+ + HCO3CO32- H2CO3 H+ H2O Ta có: + OH- + K2 (1) K1-1 (2) W (3) K2C = 10-10,33.2.10-3 = 10-13,03 ≈ W = 10-14 Áp dụng điều kiện proton với mức không: HCO3-, H2O [H+] = [OH-] + [CO32-] - [H2CO3] Hay : h + [H2CO3] = W + [CO32-] h h + [HCO3-]h K11 =   h = (với h = [H+]) K W + [HCO3-] 2 h h W  K 2 HCO 3  1  K 11 HCO 3  (6) Chấp nhận : [HCO3-] = CHCO = C = 2.10-3M vào (6) ta được : 3 h = 10 14  10 10,33.2.10 3 = 4,81.10-9 = 10-8,32 6 , 35 3 1  10 .2.10 pH = 8,32 Nếu giải theo phương pháp gần đúng liên tục ta sử dụng các công thức: h = W  K 2 HCO 3  1  K 11 HCO 3  Gv : Nguyễn Minh Nhật (a) ; [HCO3-] = C 19 K 1h h 2  K1h  K1K 2 (b) Chấp nhận : [HCO3-] = CHCO = C = 2.10-3M vào (a) ta được : 3 h0 = 4,81.10-9 thay vào (b) ta được: 10 6,35.4,81.10 9 [HCO3 ]1 = 2.10 = 1,96.10-3M 9 2  6 , 35 9  6 , 35 10, 33 (4,81.10 )  10 .4,81.10  10 .10 - -3 Thay vào (a) ta được : h1 = 10 14  10 10,33.1,96.10 3 = 4,8137.10-9 ≈ 10-8,32  pH = 8,32 6 , 35 3 1  10 .1,96.10 Bài số 16[3] : Tính cân bằng trong dung dịch gồm NaH2PO4 0,5M. Cho biết: H3PO4 có K1 = 10-2,23 ; K2 = 10-7,21 ; K3 = 10-12,32 Hướng dẫn : Các quá trình xảy ra trong hệ  NaH2PO4 Na+ H2PO4- + H2PO4- H+ + HPO42- K2 (1) HPO42- H+ + PO43- K3 (2) K1-1 (3) W (4) H2PO4- + H+ H3PO4 H+ H2O + OH- Ta có : K2 » K3 (K2/K3 > 104) ; K2C » W  Bỏ qua (2) và (4) so với (1). Tổ hợp (1) và (3) ta được: 2H2PO4- HPO42- + H3PO4; K2K1-1 Ta có : K1 = 10-2,23 « C = 0,5  Bỏ qua (1) so với (5), dựa vào (5) để tính 2H2PO4- HPO42- H3PO4 ; K2 K11 = 10-7,21.102,23 = 10-4,98 + C 0,5 0 0 [ ] 0,5 – 2x x x Theo định luật tác dụng khối lượng ta có: x2 = 10-4,98  (0,5  2x ) 2 x = 10-2,49  x = 1,6076.10-3 0,5  2x [HPO42-] = [H3PO4] = x = 1,6076.10-3M [H2PO4-] = 0,5 – 2x = 0,5 - 2.1,6076.10-3 = 0,4968M [H+] = K1K 2 = 10 2, 23.10 7 , 21 = 10-4,72 HPO42- H+ C 1,6076.10-3 [ ] 1,6076.10-3 – a + 10-4,72 PO43- K3 = 10-12,32 0 10-4,72 + a a a (10 4, 72  a ) Theo định luật tác dụng khối lượng ta có: = 10-12,32 3 1,6076.10  a Gv : Nguyễn Minh Nhật 20 (6) (5)
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan